DERIVADAS DE VARIÁVEIS COMPLEXAS II

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Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
(01) Verificar o valor dos seguintes limites; quais sejam: 
(a) 4/1
1z2z
1iz2zlim 24
2
iz
−=





++
−−
→
. 
Solução: 
Imediatamente, tem-se que: 
=
−+−−
−−
=





++
−−
→→ )1iz2z).(iz).(iz(
)iz).(iz(lim
1z2z
1iz2zlim 2iz24
2
iz
 
4
1
)121(
1
)1i.i.2i(
1
)1iz2z(
1lim 22iz −=
−−−
=
−+
=
−+
=
→
. 
 
(b) ( ) 2/1z/1
0z
e)zcos(lim 2 −
→
= ; 
Solução: 
Como se pode deduzir: 
)aln()aln( eaae)aln()aln(aa =⇒=⇒=⇒= , pois se c)a(logb = . Então abc = 
ou cba = . 
Assim sendo, é imediato o seguinte desenvolvimento; qual seja: 
( ) == 
→→
2z/1
2 )zcos(ln
0z
z/1
0z
elim)zcos(lim 
( ) ( ) ( ) === →→
→






→
20z
2z/1
0z z
)zcos(lnlim
0z
)zcos(lnlim
0z
elimelim 
(aplicando L’Lospital na última expressão, resulta que:) 
( ) ( ) === −
→





 −
→
→→ z2
)z(tglim
0z
z2
)zcos(
)zsen(
lim
0z
0z0z
elimelim 
( ) ( ) 2121
0z
2
)z(seclim
0z
eelimelim
2
0z
−
−
→
−
→
===
→
. 
 
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Logo, a igualdade suposta se verifica, ou seja: ( ) 2/1z/1
0z
e)zcos(lim 2 −
→
= . 
 
(c) 0)1ni2n(lim
z
=+−+
∞→
; 
Solução: 
Imediatamente, tem-se que: 
)1ni2n()1ni2n( ++++−−−−++++====++++−−−−++++
∞∞∞∞→→→→z
lim ; 
 
(d) 3/5
1z
1zlim 6
10
iz
=





+
+
→
; 
Solução: 
Imediatamente, tem-se que: 
3
5
)i.(3
)i.(5
z.3
z.5lim
z.6
z.10lim
1z
1zlim 5
9
5
9
iz5
9
iz6
10
iz
====





+
+
→→→
; 
 
(e) 2/1
z
cos(z)-1lim 20z =




→
; 
Solução: 
Imediatamente, tem-se que: 
2
1
2
cos(z)lim
2z
sen(z)lim
2z
(-sen(z))-lim
z
cos(z)-1lim
0z0z0z20z
=





=





=





=





→→→→
; 
 
(02) Utilizando a definição de limites provar que: 2)1z(
)1z(
zlim
2
1z
=
−
−
=
→
. 
Demonstração: 
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Segundo a definição de limites, 0
zz
w)z(flim
0
=
→
 significa que para cada número po-
sitivo ε , existe um número positivo δ , tal que ε<− 0w)z(f sempre que 
δ<− 0zz (com 0zz ≠ ). 
Observe, então, que )1z(
)1z()z(f
2
−
−
= não está definida quando z = 1. 
Mas, quando 1z ≠ , 1z)z(f += . 
Portanto, se 1z ≠ , tem-se que: 1z21z2)z(f −=−+=− . 
Logo, resulta que ε<− 2)z(f sempre que ε<−< 1z0 ; isto é, a definição 
é satisfeita para todo número positivo ε se ε=δ ; 
o que prova, em conseqüência, que: 2)1z(
)1z(
zlim
2
1z
=
−
−
=
→
. 
 
(03) Se )3t(sen)z(fw 1 −== − e ))tcos(ln(z = , determinar 
dz
dw
. 
Solução: 
Imediatamente, tem-se que: 
2
2
)3t(1))).t(sen(ln(
t
)t/1))).(tsen(ln((
)3t(1/1
)dt/dz(
)dt/dw(
dz
dw
−−
=
−
−−
== . 
 
(04) Aplicando a Regra de L’Hospital, determinar 
z2
))zcos(1(lim
0z
−
→
. 
Solução: 
Segundo a Regra de L’Hospital, se f(z) e g(z) são funções analíticas em dada regi-
ão que contenha o ponto 0z e tal que 0)z(g)z(f 00 == (mas, 0)z('g 0 ≠ ), então 
tem-se que: 
 )z('g
)z('f
)z(g
)z(flim
0
0
zz 0
=
→
. 
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Observando-se que )zcos(1)z(f −= e 2z)z(g = são funções analíticas e tais que 
0)0(g)0(f == (com 0)z('g 0 ≠ ), resulta que: 
0
2
)zsen(
)0('g
)0('f
z2
))zcos(1(lim
0z
0z
0z
===
−
=
=
→
. 
 
(05) Mostrar que se ))sen(.i).(cos(z θ+θρ= e ),(v.i),(u)z(fw θρ+θρ== , en-
tão 
θ∂
θρ∂
ρ
=
ρ∂
θρ∂ ),(v
.
1),(u
 e 
θ∂
θρ∂
ρ
−=
ρ∂
θρ∂ ),(u
.
1),(v
 são as equações de Cauchy-
Riemann na Forma Polar. 
Solução: 
Tomando-se as variáveis cartesianas x e y em coordenadas polares, tem-se que: 



θρ=
θρ=
)sen(.y
)cos(.x
. 
Logo: 22 yx +=ρ e )x/y(arctg=θ . 
Calcule-se, então 
x
u
∂
∂
, 
y
u
∂
∂
, 
x
v
∂
∂
 e 
y
v
∂
∂
, ou seja: 
−θ
ρ∂
∂
=





+
−
θ∂
∂
+








+ρ∂
∂
=
∂
θ∂
θ∂
∂
+
∂
ρ∂
ρ∂
∂
=
∂
∂ )cos(u
yx
yu
yx
xu
x
u
x
u
x
u
2222
 
)sen(u1)cos(u
x
u)sen(u1 θ
θ∂
∂
ρ
−θ
ρ∂
∂
=
∂
∂
⇒θ
θ∂
∂
ρ
− , 
+θ
ρ∂
∂
=





+θ∂
∂
+








+ρ∂
∂
=
∂
θ∂
θ∂
∂
+
∂
ρ∂
ρ∂
∂
=
∂
∂ )sen(u
yx
xu
yx
yu
y
u
y
u
y
u
2222
 
)cos(u1)sen(u
y
u)cos(u1 θ
θ∂
∂
ρ
+θ
ρ∂
∂
=
∂
∂
⇒θ
θ∂
∂
ρ
+ , 
)sen(v1)cos(v
x
v
x
v
x
v θ
θ∂
∂
ρ
−θ
ρ∂
∂
=
∂
θ∂
θ∂
∂
+
∂
ρ∂
ρ∂
∂
=
∂
∂
, e 
)cos(v1)sen(v
y
v
y
v
y
v θ
θ∂
∂
ρ
+θ
ρ∂
∂
=
∂
θ∂
θ∂
∂
+
∂
ρ∂
ρ∂
∂
=
∂
∂
. 
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Mas, das equações de Cauchy-Riemann, tem-se que: 
0)sen(u1v)cos(v1u
y
)y,x(v
x
)y,x(u
=θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
−θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂
⇒
∂
∂
=
∂
∂
 e 
0)cos(u1v)sen(v1u
x
)y,x(v
y
)y,x(u
=θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
+θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂
⇒
∂
∂
−=
∂
∂
. 
Portanto, resulta que: 
+θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂θ−θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂θ )sen(u1v)cos()cos(v1u)cos( 
⇒=θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂θ+θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂θ+ 0)cos(u1v)sen()sen(v1u)sen( 
θ∂
∂
ρ
=
ρ∂
∂
⇒=
θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂
⇒
v
.
1u0v.1u . 
+θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂θ+θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂θ− )sen(u1v)sen()cos(v1u)sen( 
⇒=θ





θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂θ+θ





θ∂
∂
ρ
−
ρ∂
∂θ+ 0)cos(u1v)cos()sen(v1u)cos( 
θ∂
∂
ρ
−=
ρ∂
∂
⇒=
θ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
⇒
u
.
1v0u.1v . 
Então, de fato, tem-se que: 
θ∂
θρ∂
ρ
=
ρ∂
θρ∂ ),(v
.
1),(u
 e 
θ∂
θρ∂
ρ
−=
ρ∂
θρ∂ ),(u
.
1),(v
 são as equações de Cauchy-
Riemann na forma polar. 
 
(06) Mostrar que se )y,x(v.i)y,x(u)z(fw +== é uma função analítica, então 
as funções )y,x(u e )y,x(v são funções harmônicas. 
Solução: 
Se as funções )y,x(u e )y,x(v são funções harmônicas, então deve-se mostrar 
que os respectivos Laplacianos de tais funções são nulos, ou seja: 
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0
y
)y,x(u
x
)y,x(u)y,x(u..)]y,x(u[)]y,x(u[Lap 2
2
2
22
=
∂
∂
+
∂
∂
=∇∇=∇= e 
0
y
)y,x(v
x
)y,x(v)y,x(v..)]y,x(v[)]y,x(v[Lap 2
2
2
22
=
∂
∂
+
∂
∂
=∇∇=∇= . 
Mas, se )y,x(v.i)y,x(u)z(fw +== é uma função analítica, então as equações 
de Cauchy-Riemann são verificadas, ou seja: 
y
)y,x(v
x
)y,x(u
∂
∂
=
∂
∂
 e 
x
)y,x(v
y
)y,x(u
∂
∂
−=
∂
∂
. 
Derivando-se tais equações em relação a x e a y, tem-se que: 
yx
)y,x(v
x
)y,x(u 2
2
2
∂∂
∂
=
∂
∂
, 
2
22
y
)y,x(v
yx
)y,x(u
∂
∂
=
∂∂
∂
, 
yx
)y,x(v
y
)y,x(u 2
2
2
∂∂
∂
−=
∂
∂
 e 
2
22
x
)y,x(v
yx
)y,x(u
∂∂
−=
∂∂
∂
. 
Como as derivadas mistas são iguais, resulta, necessariamente, que: 
0
y
)y,x(u
x
)y,x(u
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
 e 0
y
)y,x(v
x
)y,x(v
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
, que correspondem às e-
quações de Laplace de )y,x(u e )y,x(v . 
Mas, se )y,x(u e )y,x(v verificam as Equações de Laplace tais funções dizem-se 
funções harmônicas. 
Pode-se, então, afirmar que )y,x(v.i)y,x(u)z(fw +== é uma função analítica 
se, e somente se, )y,x(u e )y,x(v são funções harmônicas ou quando 
0)]y,x(u[)]y,x(u[Lap 2 =∇= e 0)]y,x(v[)]y,x(v[Lap 2 =∇= . 
 
(07) Verificar se a função ))ycos(.y)ysen(.x.(e)y,x(u x −= − é uma função har-
mônica. 
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Verificação: 
u(x,y) é uma função harmônica se, e semente se, 0)]y,x(u[Lap = , ou seja, u(x,y) 
verifica a equação de Laplace 0
y
)y,x(u
x
)y,x(u
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
. 
Observe-se, então, que uma função harmônica é qualquer solução não trivial da 
equação de Laplace, cujas derivadas primeira e segunda são contínuas. 
Assim, tem-se que: 
=−−+=
∂
∂
−− ))ycos(.y)ysen(.x).(e())y).(sen(e(
x
u xx
 
 )ycos(.e.y)ysen(.xe)ysen(.e yxx −−− +−= e 
)ycos(.e.y)ysen(.xe)ysen(.e2
x
u xxx
2
2
−−−
−+−=
∂
∂
. 
=−+=
∂
∂
− ))ycos()ysen(.y)ycos(.x).(e(
y
u x
)ycos(.e)ysen(.ye)ycos(.xe xxx −−− −+= e 
)ycos(.e.y)ysen(.e2)ysen(.xe
y
u xxx
2
2
−−− ++−=
∂
∂
. 
Conseqüentemente, vem que: 
+−−+− −−−− )ysen(.xe)ycos(.e.y)ysen(.xe)ysen(.e2 xxxx 
0
y
u
x
u)ycos(.ye)ysen(e2 2
2
2
2
xx
=
∂
∂
+
∂
∂
=++ −− . 
Portanto, ))ycos(.y)ysen(.x.(e)y,x(u x −= − é uma função harmônica. 
 
(08) Aplicando o Método Geral de Derivação determinar a derivada da função 
complexa de variável complexa definida por: 2z)z(fw == ; 
Solução: 
Seja a função )z(fw = uma função complexa contínua e definida para 0zz = e 
com limite neste ponto. 
A Derivada ou Função Derivada de )z(fw = no ponto 0zz = é dada por: 
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





∆
−∆+
=
→∆ z
)z(f)zz(flim)z('f 00
0z0
, desde que exista o respectivo limite. 
Observe, também, que se )z(fw = é derivável em 0zz = , então )z(fw = diz-se 
contínua 0zz = . 
Assim, pelo Método Geral de Derivação, a Derivada de 2z)z(fw == será dada 
por: 
( ) =





∆
−∆+
====
→∆ z
)z(f)zz(flimz
dz
d)z('f
dz
)z(df
dz
dw
0z
2
 
=





∆
−∆+∆−
=





∆
−∆+
=
→∆→∆ z
z)z(z.z.2zlim
z
)z()zz(lim
222
0z
22
0z
 
z2)zz2(lim
z
zz.2
.zlim
z
)z(z.z.2lim
0z0z
2
0z
=∆+=





∆
∆+∆=





∆
∆+∆
=
→∆→∆→∆
. 
Logo: z2)z('f = . 
 
(09) Mostrar que dw/dz não existe em ponto algum se z)z(fw == . 
Solução: 
A condição necessária e suficiente para que exista a derivada de uma função 
)z(fw = é que exista o correspondente limite que a define. Mas, semelhante limi-
te existirá se, e somente se, os limites laterais são iguais (os quais, no caso, são in-
finitos). 
Observe, entretanto, que: 
y.ix)y,x(z)z(f −=−== ; 
y.ix)y,x(z ∆+∆=∆∆=∆ ; 
=∆++∆+=∆+∆++=∆∆+=∆+ )yy.(i)xx(y.ixy.ix)y,x()y,x(zz 
)yy,xx( ∆+∆+= ; e, 
=∆+−∆+=∆+−∆+=∆+=∆+ ))yy.(ixx))yy(,xx(zz)zz(f 
y.iy.ixx ∆−−∆+= . 
Portanto: 
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y.ixy.ixy.iy.ixxzzz)z(f)zz(f ∆−∆=+−∆−−∆+=−∆+=−∆+ . 
Consequentemente, vem que: 






∆+∆
∆−∆
=





∆
−∆+
=
→∆∆→∆ y.ix
y.ixlim
z
)z(f)zz(flim)z('f
)0,0()y,x(0z
. 
Deve-se mostrar que o último limite existe em decorrência da igualdade entre to-
dos os limites laterais. Contudo, se em duas direções quaisquer os resultados são 
distintos, tem-se que o limite em estudo não existe. 
Considere, então, por exemplo, as direções “canônicas”, ou sejam, as direções dos 
eixos das abscissas (Caso I) e das ordenadas (Caso II). 
Assim sendo, tem-se que: 
Caso I: 
 =





∆+∆
∆−∆
=⇒



→∆
=∆
⇒→∆∆⇒→∆
→∆∆ y.ix
y.ixlim)z('f
0x
0y)0,0()y,x(0z
)0,0()y,x(
 
1)1(lim
x
xlim
0x0x
==





∆
∆
=
→∆→∆
; e, 
Caso II: 
 =





∆+∆
∆−∆
=⇒



→∆
=∆
⇒→∆∆⇒→∆
→∆∆ y.ix
y.ixlim)z('f
0y
0x)0,0()y,x(0z
)0,0()y,x(
 
1)1(lim
y.i
y.ilim
0x.i0y.i
−=−=





∆
∆−
=
→∆→∆
. 
Consequentemente, como os dois limites laterais são distintos, não existe o limite 
em estudo. 
Portanto, não existe a derivada da função complexa z)z(fw == . 
 
(10) Aplicando as equações de Cauchy-Riemann verificar se a seguinte função é 
analítica, a saber: 2z)z(fw == . 
Solução: 
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Diz-se que uma função )z(fw = é analítica (ou holomorfa, ou regular) em um 
conjunto D desde que )z(fw = seja definida e derivável em todo ponto do con-
junto D. 
Todavia, uma função )z(fw = diz-se analítica em um ponto 0zz = de um con-
junto D desde que )z(fw = é analítica em uma vizinhança de 0zz = . 
Cabe observar que a “analiticidade” de )z(fw = em 0zz = significa que 
)z(fw = tem derivada em cada um dos pontos da vizinhança de 0zz = (inclusive 
no próprio ponto 0zz = ). 
Seja, então, a função )y,x(v.i)y,x(u))y,x((f)v,u()z(fw +==== uma função 
complexa de variável complexa (z e w variáveis complexas) definida e contínua 
em uma vizinhança de um ponto z fixo e arbitrário. Admita, também, )z(fw = di-
ferenciável no ponto z. 
Nestas condições, a derivada de )z(fw = será dada por: 
=





∆
−∆+
=
→∆ z
)z(f)zz(flim)z('f
0z
.
y.ix
))y,x(v),y,x(u())yy,xx(v),yy,xx(u(lim
)0,0()y,x( 






∆+∆
−∆+∆+∆+∆+
=
→∆∆
 
Calcule-se, então, a derivada em questão nas direções I e II consideradas no exer-
cício anterior; quais sejam: 
=





∆
−∆+
=⇒



→∆
=∆
⇒→∆∆⇒→∆
→∆ z
)z(f)zz(flim)z('f
0x
0y)0,0()y,x(0z
0z
 
=





∆+∆
+−∆++∆+
=
→∆ y.ix
)]y,x(v.i)y,x(u[)y,xx(v.i)y,xx(ulim
0x
 






∆
−∆+
+





∆
−∆+
=
→∆→∆ x
)y,x(v)y,xx(vlim.i
x
)y,x(u)y,xx(ulim
0x0x
. 
Mas, 





∆
−∆+
→∆ x
)y,x(u)y,xx(ulim
0x
 e 





∆
−∆+
→∆ x
)y,x(v)y,xx(vlim
0x
 são, respecti-
vamente, as derivadas parciais 
x
)y,x(u
∂
∂
 e 
x
)y,x(v
∂
∂
. 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
Logo: 
x
)y,x(v
.i
x
)y,x(u)z('f
∂
∂
+
∂
∂
= . 
e, de forma análoga, tem-se que: 
=





∆
−∆+
=⇒



→∆
=∆
⇒→∆∆⇒→∆
→∆ z
)z(f)zz(flim)z('f
0y
0x)0,0()y,x(0z
0z
 
=





∆+∆
+−∆++∆+
=
→∆ y.ix
)]y,x(v.i)y,x(u[)yy,x(v.i)yy,x(ulim
0y.i
 
=





∆
−∆+
+





∆
−∆+
=
→∆→∆ y
)y,x(v)yy,x(vlim
y.i
)y,x(u)yy,x(u
.
i
ilim
0y.i0y.i
 
=





∆
−∆+
+





∆
−∆+
−=
→∆→∆ y
)y,x(v)yy,x(vlim
y
)y,x(u)yy,x(u
.ilim
0y.i0y.i
 
y
)y,x(u
.i
y
)y,x(v)z('f
y
)y,x(v
y
)y,x(u
.i
∂
∂
−
∂
∂
==
∂
∂
+
∂
∂
−= . 
Comparando, então, os resultados obtidos, tem-se que: 
y
)y,x(v
x
)y,x(u
∂
∂
=
∂
∂
 e 
x
)y,x(v
y
)y,x(u
∂
∂
−=
∂
∂
, equações estas conhecidas como E-
quações de Cauchy-Riemann as quais constituem condição necessáriae suficiente 
para a identificação de Funções Analíticas. 
Assim sendo, com base nas observações procedentes, resulta afirmar que a função 
complexa de variável complexa 2z)z(fw == é uma função analítica, pois como 
)xy2.(i)yx()y.ix())y,x((z)z(fw 22222 +−=+==== , tem-se que: 
x2
y
)y,x(v
x
)y,x(u
=
∂
∂
=
∂
∂
 e y2
x
)y,x(v
y
)y,x(u
−=
∂
∂
−=
∂
∂
. 
 
(11) Verificar a identidade a seguir; qual seja: 
)z1izln(i)z1izln(.
i
1)z(sen 221 −+−=−+=− . 
Verificação: 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
Se )z(sen)z(fw 1−== , então 
i2
ee)wsen()w(fz
iwiw
1
−
−
−
=== . 
Logo, tem-se que: 01ize2e iwiw2 =−− . 
Mas, resolvendo a equação anterior, resulta que: 2iw z1ize −+= , onde 
2
z1− é uma função bivalente de z. 
Portanto, tem-se que: 
⇒−+=⇒−+= )z1izln()eln(z1ize 2iw2iw 
=−+=⇒−+=⇒ )z1izln(.
i
1
w)z1izln()eln(.iw 22 
)z1izln(.i 2−+−= . 
 
(12) Verificar a identidade a seguir; qual seja: 
)1zzln()z(senh 21 ++=− . 
Verificação: 
Se )z(senh)z(fw 1−== , então 
2
ee)wsenh()w(fz
ww
1
−
−
−
=== . 
Logo, tem-se que: 01we2e ww2 =−− . 
Mas, resolvendo a equação anterior, resulta que: 1zze 2w ++= . 
Portanto, tem-se que: 
⇒++=⇒++= )1zzln()eln(1zze 2w2w 
=++=⇒++=⇒ )1zzln(w)1zzln()eln(.w 22 
)1zzln( 2 ++= . 
 
(13) Calcular ∫
C
dz.
z
1
, onde C é a circunferência de raio unitário com centro na origem 
do plano cartesiano. 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
Solução: 
Sabendo-se que 



=
=
)tsen(y
)tcos(x
, com pi≤≤ 2t0 , tem-se que a equação complexa da 
curva C será dada por: y.ixz += e )tsen(.i)tcos()t(gz +== . 
 
Mas, se )tsen(.i)tcos()t(gz +== , então dt)).tcos(.i)tsen((dz +−= . 
Portanto: ∫∫∫
pi
=
+
+−
==
2
0tcc
dt))tsen(i)t(cos(
))tcos(i)tsen((dz
z
1dz)z(f . 
Observe, entretanto, que: 
[ ] =








+==





+
+−
=
pi
pi
pi
∫∫
2
0e
2
0
u
u
2
0c it
1
)tsen(i)t(cos(ln)uln(dt.)tsen(i)tcos(
)tcos(i)tsen(
z
dz
44 344 21
444 8444 76
444 3444 21
 
[ ] [ ] i.20.i2.i20)eln(.it20)iteln( pi=−pi=pi=pi= . 
Contudo, observe, também, que ite)tsen(.i)tcos()t(gz =+== , segundo Euler. 
Logo, dt.e.idz it= . 
Portanto, resulta que: 
=





=





+
+−
== ∫∫∫∫
pipi
dt.
e
iedt.)tsen(i)tcos(
)tcos(i)tsen(
z
dzdz)z(f
2
0
it
it2
0cc
 
i..2dtiidt
2
0
2
0
∫∫
pipi
pi=== . 
 
(14) Calcular dz).y.ix( 22
C
−∫ , onde C é dada por 
2x2y = e tomada de (1,1) até 
(2,8). 
Solução: 
É imediato que: =+−=− ∫∫
=
=
)dy.idx).(y.ix(dz).y.ix( 22
dx.x4dy
2x2y:C
22
C
43421
 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
=+−= ∫
=
)dx.x4.idx).(x4.ix( 422
1x
 
 =++−= ∫∫∫∫
====
dxx16dxx4.idxx4.idxx 5
2
1x
32
1x
42
1x
22
1x
 
=



 +−++= ∫∫∫∫
====
dxx.4dxx4.idxx16dxx 3
2
1x
42
1x
52
1x
22
1x
 
=
=
+
=
−+
=
+
=
=






































2
1x4
4
x
.4
2
1x5
5
x
.4.i
2
1x6
6
x
.16
2
1x3
3
x
 
=−+−−+−+−= 





























4
1
4
16
.4
5
1
5
32
.4.i
6
1
6
64
.16
3
1
3
8
 
=+−++= 























4
15
.4
5
31
.4.i
6
63
.16
3
7
 


















−=−=
+−
+
+
=+−++=
5
49
,
3
511
5
49
.i
3
511
20
300496
i
3
)5047(
4
60
5
124
.i
3
63
.8
3
7
. 
 
(15) Calcular dz.)z(f
C
∫ , onde )zRe()z(f = e C é o segmento de reta tomado de 
0z0 = até i1z1 += . 
Solução: 
Observe inicialmente que a equação complexa da curva C (do segmento de reta) é dado 
por: )zz.(tz)t(z 121 −+= , onde: )0,0(z1 = e )1,1(z 2 = . 
Portanto, tem-se que: 
t.it)i1.(t0)0.i0()i1((t)0.i0()t(z:C +=++=+−+++= , com 1t0 ≤≤ ; ou seja: 
t).i1(t.it)t(y.i)t(x)t(z:C +=+=+= , com 1t0 ≤≤ . 
Logo: dt).i1()t(dz += . 
Em tais condições, resulta que: 
=+=+== ∫∫∫∫ dt).i1.(tdt).i1).(t(xdz).zRe(dz.)z(f
1
0
1
0CC
 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ns1C3e01-X 
 
CDCI/CMCD 
)i1.(
2
1dt.t).i1(
1
0
+=+= ∫ 
Resposta: )i1.(
2
1
+ .