1° EE 2017.2 Complementos - Emerson

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Gabarito Preliminar das Primeiras Avaliac¸o˜es de Complementos
de Matema´tica 2017.2
Prof. Emerson Lima∗
23 de outubro de 2017
PROVA LM
Questa˜o 1
Verifique se a func¸a˜o dada e´ ou na˜o e´ anal´ıtica em C
a)
z2
Re(z)Im(z)
b)
z2
iRe(z) + Im(z)
Em ambos os casos precisamos identificar as partes real (u(x, y)) e imagina´ria (v(x, y))
e verificar se valem as condic¸o˜es de Cauchy-Riemann que asseguram a analiticidade.
Para o primeiro caso,
z2
Re(z)Im(z)
=
x2 − y2
x · y + 2 · i
Portanto v(x, y) e´ constante e suas derivadas parciais sa˜o nulas ao contra´rio da parte
real.
Para o segundo caso,
z2
iRe(z) + Im(z)
=
2 · x2 · y + y · (x2 − y2)
y2 + x2
+
i · (2 · x · y2 − x · (x2 − y2))
y2 + x2
Note que
∂
(
2·x2·y+y·(x2−y2)
y2+x2
)
∂x
=
6 · x · y
y2 + x2
− 2 · x ·
(
2 · x2 · y + y · (x2 − y2))
(x2 + y2)2
∗Escola Polite´cnica da Universidade de Pernambuco
1
2
E que
∂
(
2·x·y2−x·(x2−y2)
y2+x2
)
∂y
=
6 · x · y
y2 + x2
− 2 · y ·
(
2 · x · y2 − x · (x2 − y2))
(x2 + y2)2
A igualdade destas quantidades seria equivalente a
8xy(y2 − x2)
(x2 + y2)2
= 0
A conclusa˜o e´ que nenhuma das func¸o˜es da questa˜o e´ anal´ıtica em todo plano com-
plexo..
Questa˜o 2
Calcule o que se pede. Escreva o resultado na forma cartesiana.
a) cos
(√
3
2
+
i
2
)
b) Todas as soluc¸o˜es de z3 = −1
c) Todas as soluc¸o˜es de exp(z) = −i
a) Sabendo que cos(z) =
eiz + e−iz
2
e que ex+iy = ex (cos(y) + isen(y)) enta˜o
cos
(√
3
2
+
i
2
)
=
(
e
1
2 + e
−1
2
2
)
cos
(√
3
2
)
+ i
(
e
1
2 − e−12
2
)
sen
(√
3
2
)
Dado que cosh(z) =
ez + e−z
2
e que senh(z) =
ez − e−z
2
podemos simplificar a ex-
pressa˜o anterior escrevendo
cos
(√
3
2
+
i
2
)
= cosh
(
1
2
)
· cos
(√
3
2
)
− i · senh
(
1
2
)
· sin
(√
3
2
)
————————
b) Basta notar que −1 = cos(pi) + isen(pi) e usar a fo´rmula de Moivre, a citar,
n
√
z = n
√
‖z‖
(
cos
(
θ + 2kpi
n
)
+ isen
(
θ + 2kpi
n
))
k = 0, 1, · · · , n− 1
Neste caso, n = 3, θ = pi e ‖z‖ = 1 e obtemos as ra´ızes procuradas: z = −1, 1±
√
3i
2
.
3
————————
c) Identicamente ao caso anterior, −i = cos
(
3pi
2
)
+ isen
(
3pi
2
)
. Como ew = z ⇔
w = Log(z) = ln(‖z‖) + i(θ + 2kpi), k = 0,±1,±2, · · · temos a resposta procurada:
z = i
(
3pi
2
+ 2kpi
)
, k = 0,±1,±2, · · ·
Questa˜o 3
Considere a func¸a˜o u(x, y) = 3x2y − y3.
a) Prove que u(x, y) e´ a parte real de uma func¸a˜o anal´ıtica f(z) = u(x, y) + iv(x, y)
b) Supondo que f(0) = i, encontre sua parte imagina´ria v(x, y)
c) Calcule f ′(z)
d) Encontre
∫
C
f(z) dz onde C e´ o segmento de reta ligando os pontos 1 + i e 3− 2i
a) Para que uma func¸a˜o H(x, y) seja parte real ou imagina´ria de uma func¸a˜o anal´ıtica
e´ necessa´rio que ela seja harmoˆnica, ou seja
∂2H(x, y)
∂x2
+
∂2H(x, y)
∂y2
= 0.
Considerando a func¸a˜o u(x, y) = 3x2y − y3 temos
∂(3x2y − y3)
∂x
= 6xy
∂(3x2y − y3)
∂y
= 3x2 − 3y2
∂2(3x2y − y3)
∂x2
= 6y
∂2(3x2y − y3)
∂y2
= −6y
logo
∂2(3x2y − y3)
∂x2
+
∂2(3x2y − y3)
∂y2
= 6y+(−6y) = 0 e, portanto, u(x, y) = 3x2y−y3
e´ a parte real de uma func¸a˜o anal´ıtica.
————————
b) Como u(x, y) = 3x2y − y3 e sabemos que tal func¸a˜o e´ parte real de uma func¸a˜o
anal´ıtica, podemos usar a condic¸a˜o de Cauchy-Riemann
∂v
∂y
=
∂u
∂x
para encontrar
v(x, y) =
∫
6xy dy = 3xy2 + C(x)
Usando a condic¸a˜o
∂u
∂y
= −∂v
∂x
Teremos que
∂
(
3x2y − y3)
∂y
= −∂
(
3xy2 + C(x)
)
∂x
4
e, portanto,
3x2 − 3y2 = −3y2 + C ′(x)
Ou seja
C(x) = −
∫
3x2 dx = −x3 + C
Assim f(z) = (3x2y−y3)+(3xy2−x3 +C)i. Como f(0) = Ci = i, segue que C = 1.
Concluindo:
f(z) = (3x2y − y3) + (3xy2 − x3 + 1)i
————————
c)
Sabemos que, se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e´ anal´ıtica enta˜o f ′(z) =
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
.
Mesmo sem o conhecimento da func¸a˜o v podemos calcular f ′(z) usando a condic¸a˜o
de Cauchy-Riemann
∂v
∂x
= −∂u
∂y
para reescrever f ′(z) =
∂u
∂x
− i∂u
∂y
.
Usando essa expressa˜o,
f ′(z) =
∂(3x2y − y3)
∂x
− i∂(3x
2y − y3)
∂y
= 6xy − i(3x2 − 3y2) = 6xy + i(3y2 − 3x2)
Que e´ a resposta procurada.
————————
d)
Uma vez que sabemos que f(z) = (3x2y− y3) + (3xy2− x3 + 1)i e que uma parame-
trizac¸a˜o do segmento de reta1 ligando os pontos 1+i a 3−2i e´
{
x = 1 + 2t
y = 1− 3t 0 ≤
t ≤ 1 logo, neste caso, dz = (2− 3i)dt, e precisamos calcular a integral
(2−3i)
[∫ 1
0
(3(1 + 2t)2 · (1− 3t)− (1− 3t)3)dt + i
∫ 1
0
3(1 + 2t) · (1− 3t)2 − (1 + 2t)3 + 1dt
]
= −27+123i
4
Uma forma mais simples e´ notar que a func¸a˜o e´ anal´ıtica e suas integrais sa˜o inde-
pendentes da trajeto´ria. Escolhendo a trajeto´ria que liga os pontos 1 + i a 3 − 2i
por segmentos de reta paralelos aos eixos coordenados temos C = C1 ∪ (−C2) com
C1 :
{
x = t
y = 1
1 ≤ t ≤ 3 e C2 :
{
x = 3
y = t
− 2 ≤ t ≤ 1. Para a primeira
integral - relativa a C1 - temos dz = dt e precisamos calcular a integral∫ 3
1
(2− 3i) (3t2 − 1)+ i (−t3 + 3t+ 1) dt = 24− 6i
Para a segunda integral - relativa a −C2 - temos dz = idt e precisamos calcular a
integral
1Lembre-se que uma parametrizac¸a˜o poss´ıvel do segmento de reta ligando os pontos z0 = x0+iy0 e z1 = x1+iy1
e´
{
x = x0 + (x1 − x0)t
y = y0 + (y1 − y0)t 0 ≤ t ≤ 1
5
−
∫ 1
−2
i
(−t3 + i (9t2 − 26)+ 27t) dt = −51 + 147i
4
Somando os valores, obtemos a resposta procurada −27 + 123i
4
.
Questa˜o 4
Calcule as integrais
a)
∮
C
z2
(z2 + 4)(z2 − 4) onde C e´ o c´ırculo de raio 3 centrado na origem
b)
∫ 2pi
0
dθ
5 + 3 cos(θ)
a)
Usaremos o Teorema Integral de Cauchy. Fatorando o denominador, teremos∮
C
z2
(z2 + 4)(z2 − 4) =
∮
C
z2
(z + 2i)(z − 2i)(z + 2)(z − 2)
Note que todas os pontos que anulam o denominador sa˜o polos interiores a` curva C
portanto contribuem com res´ıduos para o valor da integral. Com efeito:
res(−2i) = z
2
(z − 2i)(z + 2)(z − 2)
∣∣∣∣
z=−2i
=
z2
(z − 2i)(z2 − 4)
∣∣∣∣
z=−2i
=
i
8
res(2i) =
z2
(z + 2i)(z + 2)(z − 2)
∣∣∣∣
z=2i
=
z2
(z + 2i)(z2 − 4)
∣∣∣∣
z=2i
= − i
8
res(−2) = z
2
(z − 2i)(z + 2i)(z − 2)
∣∣∣∣
z=−2
=
z2
(z2 + 4)(z − 2)
∣∣∣∣
z=−2
= −1
8
res(2) =
z2
(z − 2i)(z + 2i)(z + 2)
∣∣∣∣
z=−2
=
z2
(z2 + 4)(z + 2)
∣∣∣∣
z=−2
=
1
8
Assim ∮
C
z2
(z2 + 4)(z2 − 4) = 2pii
(
i
8
− i
8
− 1
8
+
1
8
)
= 0
————————
b)
Fazendo cos θ =
z2 + 1
2z
com z = eiθ na integral
∫ 2pi
0
dθ
5 + 3 cos(θ)
teremos
∫ 2pi
0
dθ
5 + 3 cos(θ)
=
∮
C
dz
iz
5 + 3
(
z2+1
2z
) = ∮
C
dz
iz(
3z2+10z+3
2z
) = 2
i
∮
C
dz
3z2 + 10z + 3
6
Onde C e´ o c´ırculo de raio 1 centrado na origem. Note que 3z2 + 10z + 3 =
3 (z + 3)
(
z +
1
3
)
e apenas o polo z = −1
3
e´ interior ao c´ırculo C. O res´ıduo neste
polo e´ res
(
−1
3
)
=
1
3
(−13 + 3) = 18 . Desta forma, o valor da integral e´∫ 2pi
0
dθ
5 + 3 cos(θ)
= 2 · pi · i · 2
i
(
1
8
)
=
pi
2
7
PROVA LT
Questa˜o 1
Verifique se a func¸a˜o dada e´ ou na˜o e´ anal´ıtica em C
a)
z
Re(z)Im(z)
b)
z
iRe(z) + Im(z)
Em ambos os casos precisamos identificar as partes real (u(x, y)) e imagina´ria (v(x, y))
e verificar se valem as condic¸o˜es de Cauchy-Riemann que asseguram a analiticidade.
Para o primeiro caso,
z
Re(z)Im(z)
=
1
y
− 1
x
i
Assim, analisando a primeira condic¸a˜o de Cauchy-Riemann, ou seja,
∂u(x, y)
∂x
=
∂v(x, y)
∂y
:
∂
(
1
y
)
∂x
= 0 =
∂
(
1
x
)
∂yE vale a primeira das condic¸o˜es de Cauchy-Riemann. Quanto a segunda condic¸a˜o,
ou seja,
∂u(x, y)
∂y
= −∂v(x, y)
∂x
:
∂
(
1
y
)
∂y
= − 1
y2
6== −∂
(
1
x
)
∂x
= − 1
x2
Ou seja, a func¸a˜o
z
Re(z)Im(z)
na˜o e´ anal´ıtica em todo plano complexo.
Para o segundo caso,
z
iRe(z) + Im(z)
= −i
E temos uma func¸a˜o constante que e´, portanto, anal´ıtica em todo plano complexo.
Questa˜o 2
Calcule o que se pede. Escreva o resultado na forma cartesiana.
a) cos
(√
2
2
+
√
2
2
i
)
8
b) Todas as soluc¸o˜es de z3 = i
c) Todas as soluc¸o˜es de exp(z) = i
a) Sabendo que cos(z) =
eiz + e−iz
2
e que ex+iy = ex (cos(y) + isen(y)) enta˜o
cos
(√
2
2
+
√
2
2
i
)
=
(
e
√
2
2 + e
√
2
2
2
)
cos
(√
2
2
)
+ i
(
e
√
2
2 − e−
√
2
2
2
)
sen
(√
2
2
)
Dado que cosh(z) =
ez + e−z
2
e que senh(z) =
ez − e−z
2
podemos simplificar a ex-
pressa˜o anterior escrevendo
cos
(√
2
2
+
√
2
2
i
)
= cosh
(√
2
2
)
· cos
(√
2
2
)
− i · senh
(√
2
2
)
· sin
(√
2
2
)
————————
b) Basta notar que i = cos
(√
pi
2
)
+ isen
(√
pi
2
)
e usar a fo´rmula de Moivre, a citar,
n
√
z = n
√
‖z‖
(
cos
(
θ + 2kpi
n
)
+ isen
(
θ + 2kpi
n
))
k = 0, 1, · · · , n− 1
Neste caso, n = 3, θ =
√
pi
2
e ‖z‖ = 1 e obtemos as ra´ızes procuradas: z = −i, i±
√
3
2
.
————————
c) Identicamente ao caso anterior, i = cos
(pi
2
)
+ isen
(pi
2
)
. Como ew = z ⇔ w =
Log(z) = ln(‖z‖) + i(θ + 2kpi), k = 0,±1,±2, · · · temos a resposta procurada: z =
i
(pi
2
+ 2kpi
)
, k = 0,±1,±2, · · ·
Questa˜o 3
Considere a func¸a˜o u(x, y) = x3 − 3xy2.
a) Prove que u(x, y) e´ a parte real de uma func¸a˜o anal´ıtica f(z) = u(x, y) + iv(x, y)
b) Supondo que f(0) = i, encontre sua parte imagina´ria v(x, y)
c) Calcule f ′(z)
d) Encontre
∫
C
f(z) dz onde C e´ o segmento de reta ligando os pontos 1 + i e 3− 2i
9
a) Para que uma func¸a˜o H(x, y) seja parte real ou imagina´ria de uma func¸a˜o anal´ıtica
e´ necessa´rio que ela seja harmoˆnica, ou seja
∂2H(x, y)
∂x2
+
∂2H(x, y)
∂y2
= 0.
Considerando a func¸a˜o u(x, y) = x3 − 3xy2 temos
∂(x3 − 3xy2)
∂x
= 3x2 − 3y2 ∂(x
3 − 3xy2)
∂y
= −6xy
∂2(x3 − 3xy2)
∂x2
= 6x
∂2(x3 − 3xy2)
∂y2
= −6x
logo
∂2(3x2y − y3)
∂x2
+
∂2(3x2y − y3)
∂y2
= 6x+(−6x) = 0 e, portanto, u(x, y) = x3−3xy2
e´ a parte real de uma func¸a˜o anal´ıtica.
————————
b) Como u(x, y) = x3 − 3xy2 e sabemos que tal func¸a˜o e´ parte real de uma func¸a˜o
anal´ıtica, podemos usar a condic¸a˜o de Cauchy-Riemann
∂v
∂y
=
∂u
∂x
para encontrar
v(x, y) =
∫
3x2 − 3y2 dy = 3x2y − y3 + C(x)
Usando a condic¸a˜o
∂u
∂y
= −∂v
∂x
Teremos que
∂
(
x3 − 3xy2)
∂y
= −∂
(
3x2y − y3 + C(x))
∂x
e, portanto,
−6xy = −6xy − C ′(x)
Ou seja C ′(x) = 0, portanto C(x) = C
Assim f(z) = (x3−3xy2)+(3x2y−y3 +C)i. Como f(0) = Ci = i, segue que C = 1.
Concluindo:
f(z) = (x3 − 3xy2) + (3x2y − y3 + 1)i
————————
c)
Sabemos que, se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e´ anal´ıtica enta˜o f ′(z) =
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
.
Mesmo sem o conhecimento da func¸a˜o v podemos calcular f ′(z) usando a condic¸a˜o
de Cauchy-Riemann
∂v
∂x
= −∂u
∂x
para reescrever f ′(z) =
∂u
∂x
− i∂u
∂y
.
Usando essa expressa˜o,
f ′(z) =
∂(x3 − 3xy2)
∂x
− i∂(x
3 − 3xy2)
∂y
= (3x2 − 3y2) + (6xy)i
Que e´ a resposta procurada.
————————
d)
10
Uma vez que sabemos que f(z) = (x3− 3xy2) + (3x2y− y3 + 1)i e que uma parame-
trizac¸a˜o do segmento de reta2 ligando os pontos 1+i a 3−2i e´
{
x = 1 + 2t
y = 1− 3t 0 ≤
t ≤ 1 logo, neste caso, dz = (2− 3i)dt, e precisamos calcular a integral
(2−3i)
[∫ 1
0
(1 + 2t)3 − 3(1 + 2t)(1− 3t)2dt + i
∫ 1
0
3(1 + 2t)2(1− 3t)− (1− 3t)3 + 1
]
= −103
4
−28i
Uma forma mais simples e´ notar que a func¸a˜o e´ anal´ıtica e suas integrais sa˜o inde-
pendentes da trajeto´ria. Escolhendo a trajeto´ria que liga os pontos 1 + i a 3 − 2i
por segmentos de reta paralelos aos eixos coordenados temos C = C1 ∪ (−C2) com
C1 :
{
x = t
y = 1
1 ≤ t ≤ 3 e C2 :
{
x = 3
y = t
− 2 ≤ t ≤ 1. Para a primeira
integral - relativa a C1 - temos dz = dt e precisamos calcular a integral∫ 3
1
t3 − 3t+ 3it2dt = 8 + 26i
Para a segunda integral - relativa a −C2 - temos dz = idt e precisamos calcular a
integral
−
∫ 1
−2
i
(−9t2 + 27i (−t3 + 27t+ 1)) dt = −135
4
− 54i
Somando os valores, obtemos a resposta procurada −103
4
− 28i.
Tambe´m e´ interessante notar que f(z) = (x3− 3xy2) + (3x2y− y3 + 1)i = z3 + i (ve-
rifique) e que a integrac¸a˜o, caso fosse notada essa identidade, seria
∫ 3−2i
1+i
z3 + idz =
z4
4
+ iz
∣∣∣∣3−2i
1+i
=
(
−111
4
− 27i
)
− (−2 + i) = −103
4
− 28i como obtido anteriormente.
Questa˜o 4
Calcule as integrais
a)
∮
C
ez
(z2 + 1)(z2 − 1) onde C e´ o c´ırculo de raio 2 centrado na origem
b)
∫ 2pi
0
dθ
5 + 4sen(θ)
2Lembre-se que uma parametrizac¸a˜o poss´ıvel do segmento de reta ligando os pontos z0 = x0+iy0 e z1 = x1+iy1
e´
{
x = x0 + (x1 − x0)t
y = y0 + (y1 − y0)t 0 ≤ t ≤ 1
11
a)
Usaremos o Teorema Integral de Cauchy. Fatorando o denominador, teremos∮
C
ez
(z2 + 1)(z2 − 1) =
∮
C
ez
(z + i)(z − i)(z + 1)(z − 1)
Note que todas os pontos que anulam o denominador sa˜o polos interiores a` curva C
portanto contribuem com res´ıduos para o valor da integral. Com efeito:
res(−i) = e
z
(z − i)(z + 1)(z − 1)
∣∣∣∣
z=−i
=
ez
(z − i)(z2 − 1)
∣∣∣∣
z=−i
=
−ie−i
4
res(i) =
ez
(z + i)(z + 1)(z − 1)
∣∣∣∣
z=i
=
ez
(z + i)(z2 − 1)
∣∣∣∣
z=i
=
iei
4
res(−1) = e
z
(z − i)(z + i)(z − 1)
∣∣∣∣
z=−1
=
ez
(z2 + 1)(z − 1)
∣∣∣∣
z=−1
=
e
4
res(1) =
ez
(z − i)(z + i)(z + 1)
∣∣∣∣
z=−1
=
ez
(z2 + 1)(z + 1)
∣∣∣∣
z=−1
= −e
−1
4
Assim∮
C
z2
(z2 + 4)(z2 − 4) = 2pii
(−ie−i
4
+
iei
4
+
e
4
− e
−1
4
)
= pi · i ·
(
sen(1) +
e + e−1
2
)
————————
b)
Fazendo senθ =
z2 − 1
2iz
com z = eiθ na integral
∫ 2pi
0
dθ
5 + 4 sin(θ)
teremos
∫ 2pi
0
dθ
5 + 4sen(θ)
=
∮
C
dz
iz
5 + 4
(
z2−1
2iz
) = ∮
C
dz
iz(
4z2+10iz−4
2iz
) = ∮
C
dz
2z2 + 5iz − 2
Onde C e´ o c´ırculo de raio 1 centrado na origem. Note que 2z2 + 5iz − 2 =
2 (z + 2i)
(
z +
i
2
)
e apenas o polo z = − i
2
e´ interior ao c´ırculo C. O res´ıduo
neste polo e´ res
(
− i
2
)
=
1
2
(− i2 + 2i) = 13i . Desta forma, o valor da integral e´∫ 2pi
0
dθ
5 + 4sen(θ)
= 2 · pi · i ·
(
1
3i
)
=
2pi
3