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Varia´veis Complexas - Resoluc¸a˜o da 1a Lista Orientador: Prof. Ms. Celso Eduardo Brito Euna´polis 2015 Instituto Federal de Educac¸a˜o, Cieˆncia e Tecnologia da Bahia - Campus Euna´polis Lista de Exerc´ıcios no 04 Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Professor: Celso Eduardo Brito 2o. Semestre de 2014 Elaborada por: Bianca Gonc¸alves, Islane Dutra e Tamires Rigoti 1. Expresse os seguintes nu´meros complexos na forma x+ yi: a) log(−e3) + ii Soluc¸a˜o: Seja log(−e3) = ln | − e3|+ i(arg(−e3 + 2kpi)). Com isso, temos: log(−e3) + ii = = ln | − e3|+ i arg(−e3) + ii. Sabendo que: | − e3| = √ (−e3)2 = √ e6 = e3, e tambe´m ii = ei log i = ei(log |i|+i arg(i)) = ei(log 1+i( pi 2 +2kpi)) = ei(i( pi 2 +2kpi)) = e− pi 2 −2kpi = = e(− pi+4kpi 2 ) = e−( pi 2 + 4kpi 2 ). Portanto, log(−e3)+ ii = ln |−e3|+ i(arg(−e3 +2kpi))+ ii = ln(e3)+ i(pi+2kpi)+e−pi+4kpi2 = = 3 + e−( pi 2 + 4kpi 2 ) + i(pi + 2kpi); k ∈ Z. b) (−1)i log(−i) Soluc¸a˜o: Seja log(−i) = ln | − i| + i(arg(−i) + 2kpi) e (−1)i = ei log(−1) Com isso, temos: 1 Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 2 (−1)i log(−i) = ei log(−1) (ln | − i|+ i(arg(−i) + 2kpi)) = = ei(ln |−1|+i(arg(−1)+2kpi)) ( ln(1) + i ( 3pi 2 + 2kpi )) = e−(pi+2kpi) · i ( 3pi 2 + 2kpi ) = = i ( 3pi 2 ) + 2kpi epi+2kpi . 2. Verifique se a func¸a˜o abaixo e´ anal´ıtica, e em caso afirmativo determine e esboce num mesmo plano complexo as curvas de n´ıvel das parte real e imagina´ria dela. f(z) = z − 2i z + 2i Soluc¸a˜o: Sabendo que f(z) = x+ yi, enta˜o: f(z) = z − 2i z + 2i = x+ yi− 2i x+ yi+ 2i ⇒ f(z) = x+ yi− 2i x+ yi+ 2i · (x− yi− 2i) (x− yi− 2i) ⇒ ⇒ f(z) = x 2 − xyi− 2xi+ xyi− y2i2 − y2i2 − 2xi+ 2yi2 + 4i2 x2 − xyi− 2xi+ xyi− y2i2 − 2yi2 + 2xi− 2yi2 − 4i2 ⇒ ⇒ f(z) = x 2 + y2 − 4− 4xi x2 + y2 + 4y + 4 . Com isso, u(x, y) = x2 + y2 − 4 x2 + y2 + 4y + 4 e v(x, y) = −4x x2 + y2 + 4y + 4 . Verificaremos a analiticidade pelas equac¸o˜es de Cauchy. ∂u ∂x = 2x(x2 + y2 + 4y + 4)− (x2 + y2 − 4) · (2x) (x2 + y2 + 4y + 4)2 ⇒ ⇒ ∂u ∂x = 2x3 + 2xy2 + 8xy + 8x− 2x3 − 2xy2 + 8x (x2 + y2 + 4y + 4)2 = 8xy + 16x (x2 + y2 + 4y + 4)2 . Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 3 ∂v ∂y = 4x(2y + 4) x2 + y2 + 4y + 4)2 = 8xy + 16x (x2 + y2 + 4y + 4)2 . −∂u ∂y = − ( 2y(x2 + y2 + 4y + 4)− (x2 + y2 + 4y + 4)(2y + 4) (x2 + y2 + 4y + 4)2 ) ⇒ ⇒ −∂u ∂y = − ( 2yx2 + 2y3 + 8y2 + 8y)− (2yx2 + 4x2 + 2y3 + 4y2 − 8y − 16)(2y + 4) (x2 + y2 + 4y + 4)2 ) ⇒ ⇒ −∂u ∂y = − ( 8y2 + 8y − 4x2 − 4y2 + 8y + 16 (x2 + y2 + 4y + 4)2 ) = − ( 4y2 + 16y − 4x2 + 16 (x2 + y2 + 4y + 4)2 ) . ∂v ∂x = −4(x2 + y2 + 4y + 4) + 4x · (2x) (x2 + y2 + 4y + 4)2 = 4x2 − 4y2 − 16y − 16 (x2 + y2 + 4y + 4)2 . Como ∂u ∂x = ∂v ∂y e ∂v ∂x = −∂u ∂y a f(z) e´ anal´ıtica. ? Curvas de n´ıvel: • Parte real: x 2 + y2 − 4 x2 + y2 + 4y + 4 = k1, k1 ∈ R. x2 + y2 − 4 x2 + y2 + 4y + 4 = k1 ⇒ x2 + y2 − 4 = k1(x2 + y2 + 4y + 4)⇒ ⇒ x2 + y2− 4 = k1x2 + k1y2 + k14y+ 4k1 ⇒ x2 + y2− k1x2− k1y2− k14y = 4k1 + 4⇒ ⇒ x2(1− k1) + y2(1− k1)− k14y = 4(k1 + 1)⇒ ⇒ (1− k1) ( x2 + y2 − 2y · 2k1 1− k1 + 4k21 (1− k1)2 − 4k21 (1− k1)2 ) = 4(k1 + 1)⇒ ⇒ (1− k1) ( x2 + ( y − 2k1 1− k1 )2) = 4(k1 + 1) + 4k21 1− k1 ⇒ Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 4 ⇒ x2 + ( y − 2k1 1− k1 )2 = ( 4(k1 + 1) + 4k21 1− k1 ) · 1 (1− k1) ⇒ ⇒ x2 + ( y − 2k1 1− k1 )2 = 4k1 + 4 1− k1 + 4k21 (1− k1)2 ⇒ ⇒ x2 + ( y − 2k1 1− k1 )2 = (4k1 + 4)(1− k1) + 4k21 (1− k1)2 ⇒ ⇒ x2 + ( y − 2k1 1− k1 )2 = 4k1 − 4k21 + 4− 4k1 + 4k21 (1− k1)2 ⇒ ⇒ x2+ ( y − 2k1 1− k1 )2 = ( 2 1− k1 )2 . Ou seja, circunfereˆncias de centro C ( 0, 2k1 1− k1 ) e raio 2k1 1− k1 , {k1 ∈ R/k1 6= 1}. Quando k1 = 1, teremos a reta y = −2. • Parte imagina´ria: −4x x2 + y2 + 4y + 4 = k2, k2 ∈ R. −4x x2 + y2 + 4y + 4 = k2 ⇒ −4x = k2(x2 + y2 + 4y + 4)⇒ ⇒ −4x = k2x2 + k2y2 + k24y + 4k2 ⇒ k2x2 + k2y2 + 4x+ k24y = −4k2 ⇒ ⇒ k2 ( x2 + 4x k2 ) + k2 ( y2 + 4y ) = −4k2 ⇒ ⇒ k2 ( x2 + 2x · 2 k2 + 4 k22 − 4 k22 ) + k2 ( y2 + 2 · 2y + 4y) = −4k2 ⇒ ⇒ k2 (( x+ 2 k2 )2 − 4 k22 ) + k2 ( (y + 2)2 − 4) = −4k2 ⇒ ⇒ ( x+ 2 k2 )2 − 4 k22 + (y + 2)2 − 4 = −4⇒ ( x+ 2 k2 )2 − 4 k22 + (y + 2)2 = 4 k22 ⇒ Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 5 ⇒ ( x+ 2 k2 )2 + (y + 2)2 = 4 k22 ⇒ ( x+ 2 k2 )2 + (y + 2)2 = ( 2 k2 )2 . Ou seja, circun- fereˆncias de centro C ( − 2 k2 ,−2 ) e raio 2 k2 , {k2 ∈ R/k2 6= 0}. Quando k2 = 0, teremos a reta x = 0. ? Gra´fico das curvas: 3. Calcule as integrais dadas ao longo dos caminhos indicados: (Esboce os caminhos indicados) a) ∫ γ (z + 3)dz, sendo γ(t) = 2t+ (4t− 1)i, 1 6 t 6 3. Soluc¸a˜o: Seja o caminho γ(t) = 2t + (4t − 1)i, 1 6 t 6 3. Com isso, x = 2t e y = 4t − 1, como ilustrado na figura abaixo. Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 6 Dessa forma, ∫ γ (z + 3)dz = ∫ 3 1 (2t+ (4t− 1)i+ 3) · (2 + 4i)dt = ∫ 3 1 (2t+ 4it− i+ 3) · (2 + 4i)dt = = ∫ 3 1 4t+8it+8it+16i2t−2i−4i2+6+12idt = ∫ 3 1 4t+16it−16t−2i+4+6+12idt = = ∫ 3 1 −12t+16it+10i+10dt = −12t 2 2 + 16it2 2 + 10it+ 10t ∣∣∣∣3 1 = −6t2 + 8it2 + 10it+ 10t∣∣3 1 = = (−6 · 32 + 8i · 32 + 10i · 3 + 10 · 3)− (−6 + 8i+ 10i+ 10) = = −54 + 72i+ 30i+ 30 + 6− 8i− 10i− 10 = −28 + 84i. b) ∫ γ (2z − z)dz, sendo γ(t) = −t+ (t2 + 2)i, 0 6 t 6 2. Soluc¸a˜o: Seja o caminho γ(t) = −t+ (t2 + 2)i, 0 6 t 6 2. Com isso, x = −t e y = t2 + 2, como Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 7 ilustrado na figura abaixo. Dessa forma, ∫ γ (2z − z)dz = ∫ 2 0 ( 2 (−t− (i(t2 + 2))))− (−t+ i(t2 + 2)) (1− 2it)dt = = ∫ 2 0 (2(−t− it2 − 2i) + t− it2 − 2i)(−1 + 2it)dt = = ∫ 2 0 (−2t− 2it2 − 4i+ t− it2 − 2i)(−1 + 2it)dt = ∫ 2 0 (−3it2 − t− 6i)(−1 + 2it)dt = = ∫ 2 0 3it2 + t+ 6i− 6i2t3 − 2it2 − 12i2tdt = ∫ 2 0 it2 + 13t+ 6i+ 6t3dt = = it3 3 + 13t2 2 + 6it+ 6t4 4 ∣∣∣∣2 0 = ( 23i 3 + 13 · 22 2 + 6 · i · 2 + 6 · 2 4 4 ) − (0 + 0 + 0 + 0) = Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 8 = 8i 3 + 26 + 12i+ 24 = 50 + 44i 3 . c) ∫ γ ezdz, sendo γ o caminho poligonal formado pelos segmentos de reta z = 0 para z = 2 e z = 2 para z = 1 + pii. Soluc¸a˜o: Seja o caminho formado pelo segmentos de z = 0 para z = 2 e z = 2 para z = 1 + pii, como ilustra a figura abaixo. TERMINAR d) ∫ γ Im(z − i)dz, sendo γ o caminho poligonal formado pelo arco circular ao longo de |z| = 1 de z = 1 para z = i e o segmento de reta z = i para z = −1. Soluc¸a˜o: Seja a parametrizac¸a˜o ao longo de |z| = 1 de z = 1 para z = i e o segmento de reta z = i para z = −1 dada por: Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 9 γ1(t) = cos(t) + isen(t), 0 6 t 6 pi 2 γ2 = t+ i(t+ 1), 0 6 t 6 −1 Assim, temos: Ale´m disso, como z = x+ yi⇒ Im(z) = y − 1. Com isso: ∫ γ Im(z − i)dz = ∫ γ1 (y − 1)dz + ∫ γ2 (y − 1)dz = = ∫ pi 2 0 (sen(t)− 1) · (−sen(t) + icos(t))dt+ ∫ −1 0 (t · (1 + i))dt = = ∫ pi 2 0 (sen2(t) + icos(t)sen(t) + sen(t)− icos(t))dt+ ∫ −1 0 (t+ it)dt = =∫ pi 2 0 −sen2(t)dt+i ∫ pi 2 0 cos(t)sen(t)dt+ ∫ pi 2 0 sen(t)dt+i ∫ pi 2 0 cos(t)dt+ ∫ −1 0 (t+it)dt = Disciplina: Func¸a˜o de uma Varia´vel Complexa Lista de Exerc´ıcios no 04 10 = ( − t 2 + sen(2t) 4 + i sen(2t) 4 + i sen2(t) 2 − cos(t)− isen(t) )∣∣∣∣pi2 0 + ( t2 2 + it2 2 )∣∣∣∣−1 0 = = −pi 4 + i 2 + 1− i+ 1 2 + i 2 = 3 2 − pi 4 .
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