cdi4 prova2 2013b sol

Prévia do material em texto

CDI-4001
Prof. Fernando Deeke Sasse
Departamento de Matemática - UDESC
Soluções para a
PROVA 2 - 2013/2
1. Calcule a integral ∫
C
1
z − 2 dz ,
sendo C o caminho no plano complexo, que consiste nos seguintes segmentos ligando os pontos
(1, 1), (1,−1), (−1, 1), nesta ordem.
Solução:
O caminho de integração é mostrado na Fig. 1. Como o integrando é analítico ao longo de C e suas
x
y
2
(1,1)
(1,-1)
(-1,1)
Figura 1: Caminhos de integração do Problema 1.
vizinhanças, podemos usar o teorema fundamental do cálculo:∫
C
1
z − 2 dz = log(z − 2)
∣∣∣1−i
1+i
= log(−3 + i)− log(−1 + i) (1)
Devemos escolher o ramo adequado do logaritmo, antes de avaliar-lo. O corte do ramo não dever
cortar C. Uma escolha conveniente é a reta z = x ≥ 2. Isso implica que 0 ≤ arg(z − 2) < 2pi.
Podemos então escrever ∫
C
1
z − 2 dz = ln
√
10− ln
√
2 + i(θ1 − θ2) , (2)
sendo
θ1 = arg(−3 + i) = pi − arctan 1/3 , θ2 = arg(−1 + i) = 3pi/4 . (3)
Portanto, ∫
C
1
z − 2 dz =
1
2
ln 5 + i (pi/4− arctan 1/3) = 0.805 + i0.463 . (4)
Podemos confirmar este resultado fazendo a integração direta no Maple, ao longo de um segmento
horizontal que parte de (1, 1) e chega a (−1, 1). Este caminho pode ser definido por z(t) = t + i,
dz = dt, −1 < t < 1. O resultado é descrito a seguir:
1
f:=1/(t-2+I);
f :=
1
t− 2 + I
int(f,t=1..-1);
1
2
ln 5 + I arctan 3 +
pi
4
evalf(%);
0.8047189560 + 0.4636476085I
2. Calcule a integral ∮
|z|=2
z3 + sin z
(z + 1)3
dz , (5)
Solução:
Fazendo f(z) = z3 + sin z, podemos usar a fórmula integral de Cauchy para derivadas e escrever
I =
∮
|z|=2
f(z)
(z + 1)3
dz =
2pii
2!
f ′′(1) . (6)
Como f ′(z) = 3z2 + cos z, f ′′(z) = 6z − sin z, temos
I = piif ′′(1) = pii(6− sin 1) = 16.206i . (7)
3. Determine a expansão em série de Taylor até O(z4) se sec z em torno de z = 0. Determine o raio
de convergência.
Solução: Notemos que a série buscada deve ter a forma
sec z =
1
cos z
= a0 + a1z + a2z
2 + a3z
3 + a4z
4 + · · · (8)
Portanto,
1 = (a0 + a1z + a2z
2 + a3z
3 + a4z
4 · · · )
(
1− z
2
2
+
z4
4!
− · · ·+
)
. (9)
Expandindo e mantendo termos de até quarta ordem temos
1 = a0 + a1z +
(
−a0
2
+ a2
)
z2 +
(
−a1
2
+ a3
)
z3 +
(a0
4!
− a2
2
+ a4
)
z4 + · · · (10)
Como esta equação deve ser válida para uma infinidade de valores de z, comparando os polinômios
no lado esquerdo e direito e igualando os coeficientes obtemos a0 = 1, a1 = 0, a2 = 1/2, a3 = 0 e
a4 = 5/24, de modo que
sec z = 1 +
z2
2
+
5z4
24
+ · · · . (11)
Podemos conferir este resultado no Maple:
series(sec(z),z,5);
2
1 +
1
2
z2 +
5
24
z4 +O(z6) .
A função sec z tem singularidades em z = (2n + 1)pi/2, n = 0,±1,±2, . . .. A singularidade mais
próxima ao centro da série z = 0 é z = pi/2, de modo que a série converge na região |z| < pi/2.
4. Determine ao menos 5 termos da série de Laurent em torno de z = 0 para
f(z) =
z − cos z
z5
(12)
Solução: Expandindo o numerador de f(z) em uma série de Taylor obtemos
f(z) =
1
z5
[
z −
(
1− z
2
2
+
z4
4!
− z
6
6!
+ · · ·
)]
=
1
z4
− 1
z5
+
1
2
1
z3
− 1
4!
1
z
+
1
6!
z − · · · (13)
Esta série converge para todo |z| > 0.
5. Determine as séries de Laurent de
f(z) =
z
(z − 1)(z − 2) (14)
nas regiões (a) 1 < |z| < 2 e (b) 0 < |z − 2| < 1.
Solução:
(a) A região de interesse é mostrada na Fig. 2. Devemos construir uma série de potências em 1/z e
1 2 x
y
Figura 2: Região 1 < |z| < 2 do Problema 5(a).
z/2. Inicialmente expandimos f(z) em frações parciais:
f(z) =
z
(z − 1)(z − 2) =
A
z − 1 +
B
z − 2 =
z
(z − 1)(z − 2) =
1/3
z − 1 +
2/3
z − 2 . (15)
Definindo s1 = 1/(z + 1) temos
s1 =
1
1 + z
=
1
z
1(
1 +
1
z
) = 1
z
(
1− 1
z
+
1
z2
− 1
z3
+
1
z4
− · · ·
)
(16)
3
que é válida para |z| > 1. Por outro lado, definindo s2 = 1/(z − 2) construímos a série
s2 =
1
z − 2 = −
1
2
1(
1− z
2
) = −1
2
[
1− z
2
+
(z
2
)2
+
(z
2
)3
+
(z
2
)4
· · ·
]
, (17)
válida na região 0 < |z| < 2. A série resultante é então dada por
f(z) =
1
3
s1 +
2
3
s2 (18)
=
1
3
(
1
z
− 1
z2
+
1
z3
− 1
z4
+ · · ·
)
− 1
3
(
1 +
z
2
+
(z
2
)2
+
(z
2
)3
+
(z
2
)4
+ · · ·
)
, (19)
sendo convergente na região de intersecção associada a cada série, 1 < |z| < 2.
(b) Agora devemos buscar uma expansão em série de Laurent para f(z) válida na região 0 < |z−2| <
1, mostrada na Fig. 3. Reescrevemos f(z) na forma (15):
1 2 x
y
Figura 3: Região 0 < |z − 2| < 1 do Problema 5(b).
f(z) =
2/3
z − 2 +
1/3
z − 1 . (20)
O termo 1/z pode ser rescrito em termos de um série geométrica:
1
z − 1 =
1
z − 2 + 1 = 1− (z − 2) + (z − 2)
2 − (z − 2)3 + · · · (21)
Tal série converge na região |z − 2| < 1. A série completa é dada por
f(z) =
2
3
1
(z − 2) +
1
3
[
1− (z − 2) + (z − 2)2 − (z − 2)3 + · · · ] , (22)
que converge na região 0 < |z − 2| < 1.
6. Determine a ordem do pólo da função
f(z) =
1− cosh z
z5
. (23)
Solução: Esta função tem um pólo em z = 0. Expandindo o numerador em uma série de Taylor em
torno de z = 0 temos
1− cosh z = 1−
(
1 +
z2
2
+
z4
4!
+
z6
6!
+ · · ·
)
, (24)
4
de modo que, substituindo este resultado em (23) obtemos
f(z) = −
(
1
2
1
z3
+
1
4!
1
z
+
1
6!
z + · · ·
)
. (25)
Isso mostra que z = 0 é um pólo de ordem 3 de f(z).
5