Click here to load reader

ANALISE¶ COMPLEXA - Faculdade de Engenharia da ...ANALISE MATEMATICA 3 APONTAMENTOS DAS AULAS TEORICAS PARTE A { ANALISE COMPLEXA Maria do Ros ario de Pinho e Maria Margarida Ferreira

Download PDF Report

Upload
others
View
6
Download
2

Embed Size (px)

Citation preview

ANÁLISE MATEMÁTICA 3

APONTAMENTOS DAS AULAS TEÓRICAS

PARTE A – ANÁLISE COMPLEXA

Maria do Rosário de Pinho

e

Maria Margarida Ferreira

Agosto 2004

Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto

Licenciatura em Engenharia Electrotécnica

e de

Computadores
Índice

1 Números Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Funções de variável complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.1 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.2 Derivabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.3 Determinação de funções Holomorfas. Funções Harmónicas. . . . . . . . . 13

3 Integração Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.1 Caminhos e lacetes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2 Integração ao longo de um caminho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.3 Homotepias de Lacetes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.1 Séries de Números Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.2 Testes para Convergência e Divergência de Séries . . . . . . . . . . . . . . 40

4.3 Séries geradas por sucessões de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.4 Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.5 Série de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.6 Reśıduos. Teorema dos Reśıduos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2
Funções de Variável Complexa. Pag. 3

1 Números Complexos

. z

Im

Re

r

q

a

b z = a + bi = r e iq

O conjunto dos números complexos, C, constitui um corpo, com a adição definida por:

z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i, onde z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i

e o produto definido por:

z1.z2 = (a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i

O corpo C (= {x+yi}) pode ser identificado com o espaço vectorial R2. Quando escrevemos ′′C ′′

estamos a considerar além da adição a operação produto definida atrás que faz deste conjunto

um corpo.

Algumas noções topológicas:

Br(a) = {z : |z − a| < r} disco aberto (ou bola aberta) de centro a e raio r.

Dr(a) = {z : |z − a| ≤ r} disco fechado de centro a e raio r.

U ⊂ C, U aberto ⇔ ∀ a ∈ U ∃ r > 0 Br(a) ⊂ U

F ⊂ C, F fechado ⇔ C \ F aberto.

D ⊂ C, D convexo ⇔ Dados 2 pontos quaisquer de D, o segmento que os une ainda estácontido em D.

A ⊂ C, A aberto conexo ⇔ A aberto e dados 2 pontos quaisquer de A, é posśıvel uni-lospor uma curva totalmente contida em A.
Funções de Variável Complexa. Pag. 4

Sucessão convergente em C

Seja {zn} sucessão de elementos de C.

zn → z0 def⇐⇒ ∀ ² > 0 ∃ p > 0 : n ≥ p ⇒ |zn − z0| < ²

Sendo zn uma sucessão de números complexos, pode ser representada na forma zn = an + bni,

com an e bn sucessões de números reais. Seja z0 = a0 + b0i. Da definição acima resulta que a

sucessão zn converge para z0, se e só se as sucessões reais an e bn convergirem respectivamente

para a0 e b0. O estudo da convergência de sucessões de números complexos pode reduzir-se

assim ao estudo de convergência de sucessões reais.

Exerćıcio: Verificar a afirmação do parágrafo anterior e interpretá-la geometricamente.

2 Funções de variável complexa

Seja D um conjunto de números complexos. Uma função f , definida em D, é uma corre-spondência uńıvoca, que associa a cada número z em D, um número complexo w. O número wé designado por valor de f em z e é denotado por f(z). O conjunto D é designado por domı́niode f .

Im

Re

.

Im

Re

.

f

z

w=f(z)D

f : D → C D ⊂ Cz → f(z)

z = x+ iy f(z) = Z = X + iY ,

X = u(x, y)

Y = v(x, y)

u e v são funções reais, definidas num subconjunto de R2.
Funções de Variável Complexa. Pag. 5

Exemplos:

f(z) = z2 = (x2 − y2) + i2xy Domı́nio = C

f(z) = 1z= x

x2+y2− i y

x2+y2Domı́nio = C \ {0}

f(z) = ez = ex cos y + i ex sin y =∑∞

n=0zn

n! Domı́nio = C

A função ez é uma extensão natural da correspondente função real. Pode ser definida através

daquela série, como iremos estudar mais tarde, com uma forma semelhante à correspondente

série para a exponencial real.

A seguinte propriedade continua a ser satisfeita no conjunto dos números complexos:

ez1+z2 = ez1ez2 , ∀ z1, z2 ∈ C

No entanto,

(ez1)z2 6= ez1z2 para algum z1, z2

Para o verificarmos basta considerar z1 = 2πi, z2 = π:

(ez1)z2 = (cos 2π)π = 1 e ez1z2 = cos 2π2 + i sin 2π2

que são diferentes números complexos.

A partir da função exponencial complexa definem-se extensões das funções trignométricas reais

ao conjunto dos números complexos:

sin z =eiz − e−iz

2icos z =

eiz + e−iz

2

Quando z é real (componente imaginária nula), estas funções coincidem com as correspondentes

reais. As restantes funções trignométricas complexas podem ser definidas em termos do sen e

cos, na forma usual:

tan z =sin z

cos z, cot z =

cos z

sin z, sec z =

1

cos z, sec z =

1

sin z

Exerćıcio Verifique para estas funções algumas das propriedades conhecidas para as correspon-

dentes funções reais (fórmula da soma, da diferença...).
Funções de Variável Complexa. Pag. 6

2.1 Continuidade

Im

Re

.

Im

Re

.

f

z0

d

A

e

f : D ⊂ C → C, z0 = x0 + iy0

limz → z0

f(z) = Adef⇐⇒ ∀ ² > 0 ∃ δ > 0 : 0 < |z − z0| < δ e z ∈ D ⇒ |f(z)−A| < ²

f cont́ınua em z0def⇐⇒ ∀ ² > 0 ∃ δ > 0 : |z − z0| < δ e z ∈ D ⇒ |f(z)− f(z0)| < ²

f cont́ınua em z0 ⇐⇒ limz → z0

f(z) = f(z0)

f cont́ınua em D ⇐⇒ f cont́ınua em z0, ∀ z0 ∈ D

Considerando a representação de f em termos das suas componentes, real e imaginária:

f : D ⊂ C → Cx+ iy → u(x, y) + iv(x, y)

u e v são funções definidas num subconjunto de R2 e com valores em R. A continuidade de fpode ainda ser expressa em termos da continuidade das funções u e v:

f cont́ınua em z0 ⇐⇒ u(x, y) e v(x, y) são cont́ınuas em (x0, y0)

Exerćıcio: Verifique este resultado. Interprete-o geométricamente.

Exemplo

f : C → Cz → z̄

f é cont́ınua. De facto,
Funções de Variável Complexa. Pag. 7

• (1) ∀ ² > 0 ∃ δ = ² : |z−z0| < δ ⇒ |f(z)−f(z0)| = |z̄−z̄0| = | ¯(z − z0)| = |z−z0| < δ = ²,ou:

• (2) u(x, y) = x e v(x, y) = −y são funções cont́ınuas.

2.2 Derivabilidade

Seja f : A ⊂ C → C, A aberto de C.

f derivável em z0 ∈ A def⇐⇒ limz → z0

f(z)− f(z0)z − z0

existe e é finito.

Se existir e for finito, limz → z0f(z)−f(z0)

z−z0 = f′(z0)

Exemplos

• f(z) = z f ′(z) = 1, ∀ z ∈ C

f ′(z) = limz → z0f(z)−f(z0)

z−z0 = limz → z0z−z0z−z0 =

= limz → z0 1 = 1

• f(z) = z2 f ′(z) = 2z, ∀ z ∈ C

f ′(z) = limz → z0

z2 − z20z − z0

= limz → z0

z + z0 = 2z0

Uma definição alternativa para derivabilidade, equivalente à anteriormente dada, é a seguinte:

f derivável em z0 ∈ A ⇔∣

∣

∣

∣

∣

∃α ∈ C ∃ r : A→ C cont́ınua em z0, com r(z0) = 0, tal quef(z) = f(z0) + α(z − z0) + r(z)|z − z0| ∀ z ∈ A

A constante α da expressão representa a derivada da função no ponto em questão.

Exemplos

• f(z) = z = z0 + 1.(z − z0) α = 1 r(z) = 0 ∀ z ∈ C

• f(z) = z2 = z02 + 2z0(z − z0) + r(z)|z − z0| α = 2z0

r(z) =(z − z0)2|z − z0|

se z 6= z0 e r(z0) = 0
Funções de Variável Complexa. Pag. 8

Como é usual define-se derivabilidade num conjunto através da derivabilidade em cada ponto

do conjunto:

f derivável em Adef⇐⇒ f derivável em z, ∀ z ∈ C

A continuidade de uma função de variável complexa é equivalente à continuidade das funções

componentes, real e imaginária. E no que se refere à derivabilidade? Antes de responder a esta

questão analisemos a seguinte função complexa:

f : C → Cz → z̄

(⇔ x+ iy → x− iy)

f não é derivável na origem, z = 0. De facto,

limz→0

f(z)− f(0)z − 0 = limz→0

z̄

znão existe

Im

Re

Im

Re

f

..-1 1.

limz→0, z=x, x real

z̄

z= lim

x→0x

x= 1

limz→0, z=iy, y real

z̄

z= lim

y→0−iyiy

= limy→0

−1 = −1

Da existência de limites distintos conclui-se a não existência de limite da função no ponto z = 0.

Uma outra forma de obtermos a mesma conclusão seria estudarmos o limite com a variável z

expressa na forma polar:
Funções de Variável Complexa. Pag. 9

limz→0

z̄

z=

re−iθ

reiθ= e−2iθ

Para cada θ = θ0, a função é constante. Geométricamente isto significa que a função é constante

ao longo de semi-rectas com origem na origem dos eixos ( excluindo a origem). É posśıvel

considerarmos pontos tão próximos da origem quanto quisermos, com ângulos polares muito

distintos, e portanto onde a função toma também valores muito distintos. Assim, não pode

haver limite.

Conclusão: Do exemplo anterior somos levados a concluir que, ao contrário do que acontecia

com a continuidade, a diferenciabilidade das funções componentes u(x, y) e v(x, y) não garante

a derivabilidade da função complexa f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y). No caso analisado,

f(z) = z̄, vem u(x, y) = x e v(x, y) = −y que são diferenciáveis em (0, 0). No entanto f não éderivável em z = 0, como foi verificado.

Será que outras ou mais algumas propriedades de u(x, y) e v(x, y) permitem obter conclusões

sobre a derivabilidade de f?

Relações de Cauchy-Riemann

Teorema 2.1 f : A ⊂ C → C, A aberto de C, z0 ∈ AA função f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y) é derivável em z0 = x0 + iy0 se e só se:

• u(x, y) e v(x, y) são diferenciáveis em (x0, y0),

• ∂u∂x

(x0, y0) =∂v∂y

(x0, y0) [ Relações de

• ∂u∂y

(x0, y0) = − ∂v∂x (x0, y0) Cauchy-Riemann]

No caso de existir, f ′(x+ iy) = ∂u∂x

(x0, y0) + i∂v∂x

(x0, y0)

Outras Expressões para a Derivada

f ′(z) =∂u

∂x− i∂u

∂y=

∂v

∂y+ i

∂v

∂x=

∂v

∂y− i∂u

∂y

Demonstração. =⇒

Suponhamos f(z) derivável em z0. Isto equivale a afirmar que,

f(z) = f(z0) + α(z − z0) + r(z)|z − z0| ∀ z ∈ A (1)
Funções de Variável Complexa. Pag. 10

para alguma constante α ∈ C e alguma função, r : A→ C, cont́ınua em z0, com r(z0) = 0.

Sejam, α = α1 + iα2 e r(z) = r(x+ iy) = r1(x, y) + i r2(x, y).

Separando as componentes real e imaginária da equação 1 que define f(z), vem:

u(x, y) = u(x0, y0) + α1(x− x0)− α2(y − y0) + r1(x, y)√

(x− x0)2 + (y − y0)2

v(x, y) = v(x0, y0) + α2(x− x0) + α1(y − y0) + r2(x, y)√

(x− x0)2 + (y − y0)2

Ou, de forma equivalente:

(1) u(x, y) = u(x0, y0) + (α1,−α2)(x− x0, y − y0) + r1(x, y)√

(x− x0)2 + (y − y0)2

(2) v(x, y) = v(x0, y0) + (α2, α1)(x− x0, y − y0) + r2(x, y)√

(x− x0)2 + (y − y0)2

com

lim(x,y)→(x0, y0)

r1(x, y) = lim(x,y)→(x0, y0)

r2(x, y) = 0

Mas as equações (1) e (2) afirmam que u e v são diferenciáveis com derivadas parciais:

∂u

∂x(x0, y0) = α1

∂u

∂y(x0, y0) = −α2

∂v

∂x(x0, y0) = α2

∂v

∂y(x0, y0) = α1

E portanto, f ′(z0) = α = α1+ iα2 = ∂u∂x (x0, y0) + i∂v∂x

(x0, y0). As relações de Cauchy-Riemann

estão também verificadas.

⇐=

Suponha-se agora que as funções u e v são diferenciáveis em (x0, y0) e as equações de Cauchy-

Riemann são satisfeitas. Por definição de diferenciabilidade para funções definidas em R2 etomando valores em R, tem-se:

∃ r1(x, y), r2(x, y) cont́ınuas em (x0, y0), com r1(x0, y0) = r2(x0, y0) = 0, tais que:

(3) u(x, y) = u(x0, y0) +

(

∂u

∂x(x0, y0),

∂u

∂y(x0, y0)

)

(x− x0, y− y0) + r1(x, y)‖(x, y)− (x0, y0)‖

(4) v(x, y) = v(x0, y0) +

(

∂v

∂x(x0, y0),

∂v

∂y(x0, y0)

)

(x− x0, y − y0) + r2(x, y)‖(x, y)− (x0, y0)‖

Designando por α1 =∂u∂x

(x0, y0) e α2 =∂v∂x

(x0, y0), as relações de Cauchy-Riemann permitem

escrever as expressões (3) e (4) para u e v na forma anterior (1) e (2). Multiplicando a equação
Funções de Variável Complexa. Pag. 11

(2) por i e somando à equação (1) obtém-se a equação 1 para f(z), provando desta forma que

f é diferenciável em z = z0.

Exemplos

• f(z) = z̄ = x− iy ∂u∂x

= 1 6= ∂v∂y

= −1 ∀ (x, y)f não é derivável em qualquer ponto z ∈ C.

• f(z) = z2 é derivável ∀ z ∈ C.

Exerćıcio:

1. Seja f : A ⊂ C → C, onde A aberto de C, f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y).

Considere z0 ∈ A, z0 = x0 + iy0 6= 0.

(a) Suponha que f é derivável em z0.

Considere as funções u e v expressas em coordenadas polares usando para isso as igual-

dades x = r cos(θ) e y = r sin(θ). Mostre que estas funções são ainda diferenciáveis,

como funções de r e θ, e que

∂u

∂r(z0) =

∂u

∂x(z0) cos(θ0) +

∂u

∂y(z0) sin(θ0)

∂u

∂θ(z0) = −

∂u

∂x(z0)r0 sin(θ0) +

∂u

∂y(z0)r0 cos(θ0)

∂v

∂r(z0) =

∂v

∂x(z0) cos(θ0) +

∂v

∂y(z0) sin(θ0)

∂v

∂θ(z0) = −

∂v

∂x(z0)r0 sin(θ0) +

∂v

∂y(z0)r0 cos(θ0)

onde z0 = r0 exp(iθ0).

(b) Mostre que se as funções u e v são diferenciáveis e se as derivadas parciais de u e v,

expressas em coordenadas cartesianas (como funções de x e y) satisfazem as Relações

de Cauchy-Riemann, então

∂u

∂r(z0) =

1

r0

∂v

∂θ(z0),

1

r0

∂u

∂θ(z0) = −

∂v

∂r(z0) (2)
Funções de Variável Complexa. Pag. 12

(c) Mostre ainda que se as funções u e v, expressas em coordenadas polares, são difer-

enciáveis e as condições (2) são verificadas, então as funções u e v, expressas em

coordenadas cartesianas, são diferenciáveis e as Relações de Cauchy Riemann em

coordenadas cartesianas são também verificadas.

(d) Verifique que a função f(z) =1

zé derivável para todo o z 6= 0, utilizando as condições

(2).

2. Considere a função ln(z) = ln | z | +i arg(z), onde arg(z) toma um valor do intervalo[α, α + 2π), para algum α ∈ R fixo, definido previamente. Esta função está bem definidapara todo o z ∈ C\{0}.Considere agora a restricção desta função ao conjunto {z = r exp(iθ) : r > 0, θ ∈ (α, α+ 2π)}.A função pode ser expressa como ln(z) = u(r, θ)+iv(r, θ) onde u(r, θ) = ln(r) e v(r, θ) = θ.

Utilizando o exerćıcio 1, mostre que

d

dzln(z) =

1

z

Para funções reais de variável real, e mais geralmente para funções vectoriais de variável vec-

torial, verificou-se que a diferenciabilidade implica continuidade. Resultado similar pode ser

estabelecido para funções complexas. A demonstração é semelhante.

f(z) derivável em z = z0 ⇒ f(z) cont́ınua em z = z0

Exerćıcio: Verifique a última implicação.

Regras de Cálculo para a derivação de funções complexas de variável Complexa

Sejam A, B conjuntos abertos de C.

• f : A→ C e g : B → C deriváveis em z = z0 ∈ A ∩B. Então:

f + g é derivável em z0 e (f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0)

f.g é derivável em z0 e (f.g)′(z0) = f ′(z0).g(z0) + f(z0).g′(z0)

• f : A→ C, f(z) 6= 0 ∀ z ∈ A. Então g(z) = 1f(z)

é derivável em A, e

g′(z) = − f′(z)

(f(z))2∀ z ∈ A
Funções de Variável Complexa. Pag. 13

• f : A→ C, g : B → C, f(A) ⊂ B e z0 ∈ A.f derivável em z0 e g derivável em f(z0) =⇒ g ◦ f derivável em z0 e

(g ◦ f)′(z0) = g′(f(z0)).f ′(z0)

• f : A→ B, f bijecção de A em B.f derivável em z0 e f

′(z0) 6= 0 =⇒ g(w) = f−1(w) derivável em w0 = f(z0) e

(f−1)′(w0) =1

f ′(f−1(w0))=

1

f ′(z0)

• f : A→ C, γ : I ⊂ R → C e γ(t0) = z0.γ derivável em t0 e f derivável em z0 =⇒ f ◦ γ derivável em t0 e

(f ◦ γ)′(t0) = f ′(z0).γ′(t0)

(γ(t) = γ1(t) + iγ2(t), com γ1 e γ2 funções reais de variável real.

Neste caso, γ′(t) = γ′1(t) + iγ′2(t)

Apresentamos em seguida uma definição que caracteriza funções deriváveis em vizinhanças de

pontos, excluindo, desta forma, pontos onde a função é isoladamente derivável.

Definição 2.1 Seja f : A→ C, A aberto conexo de C.

f Holomorfa em z0 ∈ A def⇐⇒ f é derivável numa vizinhança do ponto z0.

f Holomorfa em Adef⇐⇒ f é holomorfa em todos os pontos de A (como A é um conjunto aberto,

equivale a afirmar que f é derivável em todos os pontos de A).

NOTA: Existe uma grande divergência de nomenclatura acerca deste conceito, entre os vários

autores que o apresentam. Para alguns, na definição de Holomorfa exigem ainda que a derivada

seja cont́ınua. O termo Anaĺıtica surge muitas vezes na vez de Holomorfa. Outros designam

por função Anaĺıtica uma função desenvolv́ıvel em série de potências. Todos estes conceitos

acabam por ser equivalentes como veremos. Por exemplo, se a derivada existe em cada ponto

de A veremos que a derivada será necessariamente cont́ınua.

2.3 Determinação de funções Holomorfas. Funções Harmónicas.

Seja f : A→ C, A aberto conexo de C.

f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y)
Funções de Variável Complexa. Pag. 14

Se f(z) é holomorfa em A, tem-se

∂u

∂x=

∂v

∂ye

∂u

∂y= −∂v

∂x

Suponha-se que u e v admitem derivadas de segunda ordem cont́ınuas. Derivando a primeira

equação em ordem a x, a segunda equação em ordem a y e somando membro a membro as

equações obtidas vem:

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 e

∂2v

∂x2+

∂2v

∂y2= 0

ou seja, os Laplacianos das funções u e v são nulos.

u e v dizem-se funções Harmónicas.

Inversamente, se u é harmónica (real) num conjunto convexo Ω, existe uma outra função

harmónica (real), v, definida no mesmo conjunto Ω tal que f = u(x, y) + iv(x, y) é holomorfa

em Ω. (Na verdade basta que tal conjunto seja simplesmente conexo. A definição deste conceito

será apresentada em breve).

Neste caso, v diz-se conjugada de u e fica definida a menos de uma constante.

v :∂v

∂x= −∂u

∂y=⇒ v(x, y) = −

∫ x

x0

∂u

∂y+ C(y)

∂v

∂y=

∂u

∂x

Exemplos

• u(x, y) = x2 − y2∂u

∂x= 2x e

∂u

∂y= −2y.

Portanto∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

u é uma função harmónica, definida em R2, convexo.

v, conjugada de u:

∂v

∂x= 2y =⇒ v(x, y) = 2xy + C(y)

∂v

∂y= 2x
Funções de Variável Complexa. Pag. 15

Derivando a expressão obtida para v(x, y), vem:∂v

∂y= 2x+ C ′(y). Comparando esta ex-

pressão com a expressão dada para∂v

∂y, resulta C ′(y) = 0. Portanto, C(y) = c, constante.

Assim v(x, y) = 2xy + c, e

f(z) = (x2 − y2) + i(2xy + c)

é uma função holomorfa, para cada valor da contante c.

• (Importância do domı́nio de definição)

u(x, y) = ln (x2 + y2) Ω = R2 \ {(0, 0)}

Ω não é convexo (também não é simplesmente conexo)

∂u

∂x=

2x

x2 + y2∂u

∂y=

2y

x2 + y2

então,∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2=

2(x2 + y2)− 4x2(x2 + y2)2

+2(x2 + y2)− 4y2

(x2 + y2)2= 0

A função u é harmónica mas o conjunto Ω não é convexo nem simplesmente conexo. O

que falhará na existência de v, conjugada de u? Tentemos determinar v:

v :∂v

∂x= − 2y

x2 + y2⇒ v(x, y) = −2 arctan x

y+ C(y)

∂v

∂y=

2x

x2 + y2

Derivando a expressão obtida, por integração, para v(x, y) com a já dispońıvel, podemos

concluir que C(y) = c, constante. Portanto v(x, y) = −2 arctan xy+ c. Esta função não

está definida em Ω como o pretendido. Não é de facto uma conjugada de u nesse conjunto.

• Questão: Encontrar todas as funções holomorfas cuja parte real depende apenas de x.

Pretende-se que u(x, y) dependa apenas de x. Como a função pedida é holomorfa, a sua

componente real será harmónica, e portanto:

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 ⇔ ∂

2u

∂x2= 0 ⇒ u(x, y) = ax+ b, a, b ∈ R

e a componente imaginária terá então de satisfazer:

v :∂v

∂x= 0

∂v

∂y= a
Funções de Variável Complexa. Pag. 16

Daqui resulta que v(x, y) = ay + c, c constante real. As funções holomorfas pretendidas

serão então:

f(z) = ax+ b+ i(ay + c) a, b, c ∈ R= a(x+ iy) + b+ ic

= az +D D ∈ C

Solução: f(z) = az +D a ∈ R D ∈ C

3 Integração Complexa

3.1 Caminhos e lacetes

Im

Re

g

..

g(b)

g(a)

g’(t).g(t)

a bt

Caminhodef⇐⇒ aplicação cont́ınua, γ : I = [a, b]→ C, de um intervalo fechado I, não reduzido

a um ponto, tomando valores em C, continuamente derivável por bocados.

Muitas vezes o termo caminho é usado designando não a função em si, tal como foi definido,

mas a imagem da função no plano complexo. Na verdade, é posśıvel definir diferentes funções

com a mesma imagem. Para muitas aplicações práticas tal ′′confusão ′′ não tem consequências.

Embora usando diferentes funções para representar uma mesma imagem, os resultados não se

alteram.

Exemplos

• Circunferência centrada na origem, de raio 1:γ : [0, 1] → C

t → e2π it
Funções de Variável Complexa. Pag. 17

Im

Re

g

.0 1 1

g(0) = g(1) = 1

• Segmento de recta unindo 2 pontos do plano complexo:γ : [0, 1] → C

t → z0 + t(z1 − z0)

Im

Re

g

0 1

g(0) = z0

g(1) = z1

z0

z1

.

.

• Segmento de recta unindo 2 pontos do plano complexo, percorrido nos dois sentidos:γ : [0, 2] → C

t → z0 + t(z1 − z0) 0 ≤ t ≤ 1t → z1 + (t− 1)(z0 − z1) 1 ≤ t ≤ 2

Im

Re

g

0 1

z0 = g(0) = g(2)

z1 = g(1)

.

.

2
Funções de Variável Complexa. Pag. 18

As seguintes definições associadas a um caminho surgem naturalmente:

γ(a) origem do caminho

γ(b) extremidade do caminho

Um caminho γ : I = [a, b]→ C, com γ(a) = γ(b) diz-se um lacete.Lacete de origem γ(a), neste caso.

Lacete simples: lacete sem intersecções, excepto origem e extremidade do lacete.

Exemplo:

Lacete constante

γ : I → Ct → z0

Se γ1 : [a, b] → C e γ2 : [c, d] → C são caminhos que satisfazem γ2(c) = γ1(b), ou seja, aorigem de γ2 coincide com a extremidade de γ1, chama-se justaposição de γ1 e γ2, e escreve-se

γ1 ∨ γ2, ao caminho:

γ : [a, d+ b− c] −→ Ct → γ1(t) a ≤ t ≤ bt → γ2(t− b+ c) b ≤ t ≤ b− c+ d

Nota: b ≤ t ≤ b− c+ d ⇒ c ≤ t− b+ c ≤ d

A imagem do caminho γ1 ∨ γ2 será a reunião das imagens de γ1 e γ2.

A origem de γ1 ∨ γ2 será a origem de γ1 e a sua extremidade será a extremidade de γ2.

Im

Re

g1

a b

..

c d

b+d-c .

. .

g2

t1 t2

g1 (a)

g1 (t1)

g1 (b) = g2 (c)

g2 (t2)

g2 (d)
Funções de Variável Complexa. Pag. 19

Comprimento de um caminho

γ : [a, b] → C

Im

Re

g

a

g(a). .

bt0=

t3 . . .t2t1

tn=

.

..

g(t1)

g(t2)

g(t3)

L(γ) = supa=t0
Funções de Variável Complexa. Pag. 20

Im

Re

g

..

f(g(b))

f(g(a))

a b

Im

Re

..

g(b)

g(a)

f

Definição 3.1 O integral de f ao longo de γ é o número complexo:

∫

γ

f dz =

∫ b

a

f(γ(t)).γ′(t) dt

A função integranda, no segundo integral, é uma função de variável real que toma valores

complexos. O integral de uma função deste tipo é calculado como a soma dos integrais da parte

real e da parte imaginária, ou seja:

Se g(t) = g1(t) + i g2(t), com g1(t), g2(t) ∈ R∫ b

a

g(t) dt =

∫ b

a

g1(t) dt+ i

∫ b

a

g2(t) dt

Exemplos

•∫ 2π0 e

2it dt =∫ 2π0 cos 2t+ i sin 2t dt = [

12 sin 2t]

2π0 + i [−12 cos 2t]2π0 = 0

• γ(t) = eit 0 ≤ t ≤ 2π f(z) = z2∫

γ

f =

∫ 2π

0(cos t+ i sin t)2(− sin t+ i cos t) dt

=

∫ 2π

0(cos 2t+ i sin 2t)i(cos t+ i sin t) dt

=

∫ 2π

0(− sin 3t+ i cos 3t) dt

= [1

3cos 3t]2π0 + i [

1

3sin 3t]2π0 = 0
Funções de Variável Complexa. Pag. 21

Propriedades do integral

• Se |f(z)| ≤M ∀z ∈ γ(I) e L = L(γ) é o comprimento do caminho γ:∣

∣

∣

∣

∫

γ

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ ML

• Se γ = γ1 ∨ γ2, ou seja, γ é a justaposição dos caminhos γ1 e γ2,∫

γ

f(z) dz =

∫

γ1

f(z) dz +

∫

γ2

f(z) dz

• Se γ1 oposto de γ2, então:∫

γ1

f(z) dz = −∫

γ2

f(z) dz

Dizer que γ1 : [a, b]→ C é o oposto de γ2 : [a, b]→ C é afirmar que γ1(t) = γ2(a+ b− t).

Im

Re

g1

..

g1(b) = g2(a)

g1(a) = g2(b)

a bt

g2

g1

g2

Definiu-se∫

γf(z) dz, integral de f ao longo do caminho γ. Será posśıvel definir um integral

do tipo∫ z1

z0

f(z) dz ?

Em que sentido?

Seja f uma função cont́ınua definida num conjunto aberto, conexo, D e suponhamos que existe

uma primitiva de f em D, ou seja, existe uma função F , holomorfa em D, tal que,

F ′(z) = f(z) ∀ z ∈ D
Funções de Variável Complexa. Pag. 22

Neste caso,

∫

γ

f(z) dz =

∫ b

a

f(γ(t)).γ′(t) dt =∫ b

a

(F ◦ γ)′(t) dt

= (F ◦ γ)(b)− (F ◦ γ)(a) (Verifique!)= F (γ(b))− F (γ(a)) = F (z1)− F (z0)

O integral seria apenas dependente da origem e extremidade do caminho.

Assim, se α : [c, d] → C é outro caminho que satisfaz α(c) = γ(a) = z0 e α(d) = γ(b) = z1,teŕıamos

∫

α

f(z) dz =

∫

γ

f(z) dz = F (z1)− F (z0).

Neste caso, teria sentido definir:

∫ z1

z0

f(z) dz =

∫

γ

f(z) dz = F (z1)− F (z0)

onde γ, é um caminho qualquer que satisfaz γ(a) = z0, γ(b) = z1

Em particular, se γ é um lacete,

∫

γ

f(z) dz = F (γ(b))− F (γ(a)) = 0

Contrariamente ao que se poderia prever, uma função cont́ınua não admite necessariamente uma

primitiva. Verifiquemos tal afirmação através da análise do seguinte integral:

f(z) =1

zcont́ınua em C \ {0}

γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π, lacete γ([0, 2π]) ⊂ C \ {0}.

∫

γ

f(z) dz =

∫ 2π

0

1

cos t+ i sin t. (− sin t+ i cos t) dt

=

∫ 2π

0

i (cos t+ i sin t)

cos t+ i sin tdt = 2π i

Se f(z) = 1/z admitisse uma primitiva em C \ {0}, o integral calculado seria nulo.

Doravante concentraremos a nossa atenção fundamentalmente em funções holomorfas. O re-

sultado que apresentamos de seguida é já estabelecido para funções deste tipo e define uma

condição necessária e suficiente para que uma função complexa admita uma primitiva.
Funções de Variável Complexa. Pag. 23

Teorema 3.1 Seja D um conjunto aberto e conexo. Para que uma função f , holomorfa em D,

admita uma primitiva em D, é necessário e suficiente que para todo o lacete γ contido em D

(⇔ γ(t) ∈ D, ∀ t), se tenha,∫

γ

f(z) dz = 0

Neste caso, toda a primitiva F de f em D pode obter-se da forma seguinte:

F (z) = c+

∫

α(z)f(u) du

onde α(z) é um caminho qualquer contido em D, de origem um ponto fixo, arbitrário, z0 ∈ D ede extremidade z.

A diferença entre duas primitivas de f é uma constante.

Embora este resultado caracterize o tipo de funções com primitivas, tal caracterização não é

nada prática para verificação. Verificar que o integral da função ao longo de todo o lacete é

nulo, é tarefa árdua! Funções com primitivas podem ser mais facilmente caracterizadas através

do Teorema de Cauchy. Antes de o apresentarmos, e porque tal resultado necessita disso, vamos

estudar um novo conceito de caracteŕısticas essencialmente geométricas.

3.3 Homotepias de Lacetes

Considerem-se dois lacetes γ e ϕ definidos no mesmo intervalo inicial [a, b].

j(I)

Im

Re

g(I)

j(I)

Im

Re

g(I)

Imagine-se o lacete γ a deslocar-se no plano complexo, como um todo, continuamente, de forma

a no final coincidir com ϕ passando por uma ′′deformação cont́ınua ′′ e mantendo sempre a sua

condição de lacete.
Funções de Variável Complexa. Pag. 24

Im

Re

g(I)

j(I)

(lacete γ(I), deslocando-se continuamente até coincidir com ϕ(I) sem abandonar a sua condição

de lacete, ou seja, qualquer posição intermédia ainda é um lacete.)

Se no entanto considerarmos o domı́nio C \ {i} a passagem de γ a ϕ sem ′′saltos ′′ ou seja, semdescontinuidades, obriga à passagem por um ponto que não pertence ao domı́nio: i.

Im

Re

gi

j

Traduzimos a possibilidade de, por deformação cont́ınua, podermos ′′passar ′′ de um lacete γ a

um lacete ϕ num determinado domı́nio, D, dizendo que ϕ é homotópico, como lacete, de γ, no

conjunto D.

Esta ideia geométrica pode ser caracterizada de forma precisa:

Definição 3.2 Seja A ⊂ C, A aberto, e γ1 : I → C, γ2 : I → C dois lacetes contidos em A(⇔ γ1(t) ∈ A e γ2(t) ∈ A, ∀ t ∈ I).

Chama-se Homotepia de lacetes de γ1 a γ2 em A, a uma aplicação cont́ınua:

H : I × J → A

onde J = [c, d] é um intervalo de R tal que:

(i) H(t, c) = γ1(t)

(ii) H(t, d) = γ2(t) ∀ t ∈ I
Funções de Variável Complexa. Pag. 25

(iii) H(a, s) = H(b, s) ∀ s ∈ J

Neste caso, diz-se que o lacete γ2 é homotópico como lacete de γ1.

NOTA: Interpretando J como um intervalo de tempo, condições (i), (ii) e (iii) significam re-

spectivamente que, no instante inicial s = c a imagem de H é γ1(t), no instante final é γ2(t) eem cada instante s0 ∈ J , fixo, a imagem de H é ainda um lacete, ou seja γs0(a) = γs0(b).

Exemplos

A = C γ1(t) = e2πit γ2(t) = 2e2πit I = [0, 1]

Im

Re

g1

g2

Neste caso γ2 é homotópico de γ1 e podemos definir a homotepia:

H(t, s) = se2πit t ∈ I, s ∈ J = [1, 2]

A Homotepia de lacetes em A é uma relação de equivalência, ou seja:

• Qualquer lacete é homotópico de si mesmo.• γ2 homotópico de γ1 ⇒ γ1 homotópico de γ2• γ3 homotópico de γ2 e γ2 homotópico de γ1 ⇒ γ3 homotópico de γ1

A segunda propriedade permite-nos simplificar a linguagem dizendo apenas, ′′γ e ϕ são ho-

motópicos como lacetes ′′ sem estar a explicitar quem é homotópico de quem. Torna-se indifer-

ente, uma vez que se o primeiro é homotópico do segundo, também o segundo será homotópico

do primeiro.
Funções de Variável Complexa. Pag. 26

Exemplo:

Im

Re

g

.

g(t) = e2pit

γ(t) = e2πit t ∈ [0, 1]

O lacete γ(I) pode ser deformado continuamente, de maneira a que no final se obtenha um

lacete reduzido a um ponto, a origem. Homotepia:

H(t, s) = (1− s)e2πit t ∈ I = [0, 1], s ∈ J = [0, 1]

s = 1 ⇒ H(t, 1) = 0.e2πit = 0, ∀ t.

Diz-se que um lacete contido em A é homotópico a um ponto, em A, se é homotópico como

lacete, em A, a um lacete constante.

Exemplo:

Im

Re

g(I)z

0

.

A = C \ {0}

O lacete γ(I) não é homotópico, como lacete, a z0, em A. A deformação cont́ınua de γ(I),

necessária para se reduzir a esse ponto, obriga à passagem pelo ponto 0 que não está em A.

Definição 3.3 Um conjunto aberto conexo A ⊂ C é simplesmente conexo se todo o lacete emA é homotópico a um ponto de A.

( ⇐⇒ O interior de qualquer lacete simples em A ainda está em A.)
Funções de Variável Complexa. Pag. 27

Exemplos

• Conjuntos simplesmente conexos:C; {z : |z| < 1}; C \ {z ∈ C : z = x, x ∈ R−0 }

• Conjuntos não simplesmente conexos:C \ {0}; C \ {0, i}; {z : 1 < |z| < 4}

Teorema 3.2 (Teorema de Cauchy) Seja A ⊂ C, um conjunto aberto conexo.Seja f uma função holomorfa em A.

Se γ1 e γ2 são dois lacetes contidos em A e homotópicos como lacetes em A, então:∫

γ1

f(z) dz =

∫

γ2

f(z) dz

Em particular, se A é simplesmente conexo, para todo o lacete γ contido em A tém-se:∫

γ

f(z) dz = 0

Considerando o que foi dito acerca da existência de primitivas de uma função holomorfa (ver

Teorema 3.1), podemos concluir:

Toda a função holomorfa, definida num conjunto simplesmente conexo,

admite uma primitiva

O teorema de Cauchy permite ainda, em muitas situações, simplificar o cálculo do integral, como

o exemplo seguinte demonstra.

Exemplo:

Calcular

∫

γ

1

zdz, onde γ é o quadrado de vértices 1 + i, 1 − i,−1 − i,−1 + i, orientado no

sentido directo (contrário aos ponteiros do relógio).

Im

Re

i

- i

j g

1- 1
Funções de Variável Complexa. Pag. 28

ϕ(t) = e2πit t ∈ [0, 1] ϕ′(t) = 2πi e2πit

O lacete γ é a justaposição dos caminhos que constituem os 4 lados do quadrado. Para calcular

o integral pretendido, podeŕıamos determinar os integrais ao longo de cada um destes caminhos

e somar os resultados obtidos. Definir 4 caminhos, calcular 4 integrais e somar. Todo este

trabalho pode ser evitado, aplicando o Teorema de Cauchy nos seguintes termos:

Considere-se a circunferência centrada na origem, raio 1 e orientada no sentido positivo. A

função integranda f(z) = 1/z é holomorfa no conjunto aberto e conexo C \ {0}. Os lacetes, γ ea circunferência, estão contidos e são homotópicos como lacetes neste conjunto. Portanto, pelo

Teorema de Cauchy:

∫

γ

1

zdz =

∫

ϕ

1

zdz

=

∫ 1

0

ϕ′(t)ϕ(t)

dt

=

∫ 1

02πi dt = 2πi

Teorema 3.3 (Fórmula de Cauchy) A, aberto conexo de C. f : A→ C, holomorfaγ, lacete simples, orientado positivamente, contido em A e cujo interior ainda está em A.

Então,

z ∈ interior γ ⇒ f(z) = 12πi

∫

γ

f(u)

u− z du

z ∈ exterior γ ⇒ 0 = 12πi

∫

γ

f(u)

u− z du

.

Im

Re

g

A

z
Funções de Variável Complexa. Pag. 29

Desta forma, conhecendo os valores que a função toma sobre γ, posso determinar o valor de f

em qualquer ponto interior a γ.

Exemplos

• Determine o valor do integral:∫

|z+i|=3

sin z

z + idz =

∫

|z+i|=3

sin z

z − (−i) dz

Im

Re. - i

f(z) = sin z é holomorfa em C.|z + i| = 3, lacete, contém −i no seu interior.Se considerarmos o lacete percorrido em sentido positivo vem, pela fórmula de Cauchy:

∫

|z+i|=3

sin z

z − (−i) dz = 2πi sin (−i) = 2πie− e−1

2i

• Resolva o integral:∫

|z|=2

1

z2 + 1dz =

∫

|z|=2

1

z − i1

z + idz

Im

Re. - i

. i- 2 2
Funções de Variável Complexa. Pag. 30

f(z) =1

z − i

∫

|z|=2

1z−iz + i

dz

A função f(z) =1

z − i é holomorfa em A = C \ {i}.|z| = 2, lacete contido em A, mas o seu interior não está áı contido.Não podemos aplicar a fórmula de Cauchy. Situação análoga ocorreria se tomássemos

f(z) =1

z + iMas,

1

z2 + 1=

12i

z − i −12i

z + i

Assim,

∫

|z|=2

1

z2 + 1dz =

1

2i

∫

|z|=2

1

z − i dz −1

2i

∫

|z|=2

1

z + idz

=1

2i2πi.1− 1

2i2πi.1 = 0

Exerćıcio:

Calcular o Integral

∫

γ

ez

z(1− z) dz, nos seguintes casos:

(i) γ : |z| = 12

(ii) γ : |z − 1| = 12

(iii) γ : |z| = 32

Demonstração. [Fórmula de Cauchy]

Seja z ∈ Interior γ, γ : I → A

e g(u) =f(u)

u− zA função g é holomorfa em A \ {z}, pois é o quociente de funções holomorfas e neste conjuntoo denominador nunca se anula.

Seja γ² a circunferência de centro z e raio ², suficientemente pequeno de forma a que:

D²(z) ⊂ Interior γ(I)

(posśıvel, uma vez que γ(I), imagem por uma função cont́ınua de um conjunto fechado e limitado,

é também um conjunto fechado, logo o seu complementar é um aberto.)
Funções de Variável Complexa. Pag. 31

.z eg

A

Uma vez que γ e γ² são homotópicos em A \ {z}, tem-se:∫

γ

g(u) du =

∫

γ²

g(u) du ⇐⇒∫

γ

f(u)

u− z du =∫

γ²

f(u)

u− z du (3)

Mas,∫

γ²

f(u)

u− z du =∫

γ²

f(u)− f(z)u− z du + f(z)

∫

γ²

1

u− z du (4)

Vamos verificar que

∫

γ²

f(u)

u− z du = 2πif(z), o que, em virtude da equação (3), dará oresultado pretendido.

Para isso, estudemos cada um dos integrais da equação (4):

∫

γ²

1

u− z du =∫ 2π

0

²ieit

²eitdt = 2πi

γ² : [0, 2π] −→ Ct → z + ²eit

Podemos então afirmar já, que:∫

γ

f(u)

u− z du = 2πif(z) +∫

γ²

f(u)− f(z)u− z du (5)

O integral do primeiro membro não depende de ² e no segundo membro a expressão 2πif(z)

também não. Podemos concluir que o integral no segundo membro é também independente de

², ou seja, é constante em relação a ². Quando se passa ao limite uma função constante ainda

se obtém a constante.

Vejamos qual o limite: lim²→0

∫

γ²

f(u)− f(z)u− z du

f holomorfa em A =⇒ limu→z

f(u)− f(z)u− z = f

′(z)

Assim, a função

u → f(u)− f(z)u− z u 6= z

z → f ′(z)
Funções de Variável Complexa. Pag. 32

é cont́ınua em A e é, portanto, limitada em qualquer conjunto fechado e limitado, contido em

A. Podemos então concluir que em particular, existe uma constante M para a qual

∣

∣

∣

∣

f(u)− f(z)u− z

∣

∣

∣

∣

≤ M ∀u ∈ D²(z) \ {z}

=⇒∣

∣

∣

∣

∫

γ²

f(u)− f(z)u− z du

∣

∣

∣

∣

≤ ML = M2π² L = comprimento de γ²

=⇒ lim²→0

∫

γ²

f(u)− f(z)u− z du = 0

e, atendendo à equação (5),

=⇒∫

γ

f(u)

u− z du = 2πif(z) =⇒ f(z) =1

2πi

∫

γ

f(u)

u− z du

Se z ∈ Exterior γ, a função f(u)u− z (na variável u), é holomorfa num conjunto aberto e conexo

que não contém z. No mesmo conjunto, γ é homotópico a um ponto. Então:

∫

γ

f(u)

u− z du = 0

.z

g

A

A fórmula de Cauchy pode ser generalizada, de forma a incluir ainda as derivadas da função,

expressas também em termos de um integral ao longo de um lacete. Tal generalização vai

permitir, como aplicação directa, calcular de forma simples uma maior gama de integrais.

Antes disso, apresentamos um resultado que caracteriza funções definidas por meio de um inte-

gral.
Funções de Variável Complexa. Pag. 33

Teorema 3.4 Seja γ : I = [b, c] −→ C, um caminho em C e seja g : γ(I) −→ C, uma funçãodefinida e cont́ınua em γ(I).

Então, a função

f(z) =1

2πi

∫

γ

g(u)

u− z du

está definida e é indefinidamente derivável em C \ γ(I), com

f (n)(z) =n!

2πi

∫

γ

g(u)

(u− z)n+1 du

A função g é suposta ser apenas cont́ınua em γ(I), caminho. Se no entanto, g é holomorfa

num aberto conexo A, γ é um lacete simples, contido em A, cujo interior ainda está em A

e z ∈ Interior γ(I), estamos perante condições na presença das quais a Fórmula de Cauchyse aplica, e podemos afirmar que g e f coincidem. O seguinte resultado considera exactamente

este caso particular.

Teorema 3.5 (Generalização da fórmula de Cauchy)

A, aberto conexo de C.

f : A −→ C, holomorfa.

Então, f tem derivadas de todas as ordens em A que são também holomorfas. As derivadas,

num ponto z ∈ A, são dadas por:

f (n)(z) =n!

2πi

∫

γ

f(u)

(u− z)n+1 du

onde γ é um lacete simples, orientado positivamente, contido em A, cujo interior ainda está

em A e que contém z no seu interior.

.zg

A

NOTA: É de salientar aqui o seguinte facto:
Funções de Variável Complexa. Pag. 34

A Fórmula de Cauchy é estabelecida para funções apenas holomorfas em conjuntos abertos e

conexos. Ou seja, exige só a derivabilidade da função. E conclui acerca da existência de derivadas

de qualquer ordem.

Conclusão:

Qualquer função complexa, definida num aberto conexo,

e derivável nesse conjunto,

admite derivadas de todas as ordens no mesmo conjunto

Exemplo

Determine o valor do integral:∫

|z|=2

sin (2πz)

(z − i)3 dz

Im

Re

. i- 2 2

2 i

f(z) = sin (2πz) é holomorfa em C.|z| = 2, lacete, contém i no seu interior.Se considerarmos o lacete percorrido em sentido positivo vem, pela generalização da fórmula de

Cauchy:∫

|z|=2

sin (2πz)

(z − i)3 dz =2πi

2!f ′′(i)

= πi[

−(2π)2 sin (2πz)]

|z=i

= −4π3i e−2π − e2π

2i= 4π3 sinh 2π

onde sinh z = (ez − e−z)/2.

Exerćıcio:

Calcular o Integral

∫

γ

ez

z(1− z)3 dz, nos seguintes casos:

(i) γ : |z| = 12

(ii) γ : |z − 1| = 12

(iii) γ : |z| = 32
Funções de Variável Complexa. Pag. 35

Demonstração. [ Teorema 3.4 ]

Este Teorema pode ser demonstrado pelo método de Indução Matemática.

Para n = 1, vejamos que f(z) é derivável e a derivada num ponto z0 ∈ C \ γ(I) é dada por:

f ′(z0) =1

2πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du

Para isso, façamos o seguinte desenvolvimento:

f(z)− f(z0)z − z0

− 12πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du = (6)

=1

z − z01

2πi

[∫

γ

g(u)

u− z du −∫

γ

g(u)

u− z0du

]

− 12πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du

=1

2πi

∫

γ

g(u)

[

1

z − z0

(

1

u− z −1

u− z0

)

− 1(u− z0)2

]

du

=1

2πi

∫

γ

g(u)z − z0

(u− z0)2(u− z)du

Sendo cont́ınua, g é limitada em γ(I) (porque este conjunto é fechado e limitado).

Seja M : |g| ≤M ∀u ∈ γ(I).

Defina-se δ = d(z0, γ(I)) > 0

. ..dz0

g(b)g(c)

δ = infu∈γ(I)

d(z0, u)

= infu∈γ(I)

|z0 − u|

≤ |z0 − u| ∀u ∈ γ(I).

Logo,1

(|z0 − u|)2≤ 1

δ2
Funções de Variável Complexa. Pag. 36

Considere-se z tal que |z − z0| ≤δ

2. Como pretendo verificar que a expressão (6) tende para 0

quando z → z0, posso considerar apenas valores z próximos de z0. Assim,

|u− z| = |u− z0 + z0 − z| ≥ |u− z0| − |z − z0| ≥ δ − δ/2 = δ/2

=⇒ 1|u− z| ≤2

δ

Voltando ao desenvolvimento da expressão (6), tem-se

∣

∣

∣

∣

f(z)− f(z0)z − z0

− 12πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

1

2πi

∫

γ

g(u)z − z0

(u− z0)2(u− z)du

∣

∣

∣

∣

≤ |z − z0|2π

M1

δ22

δL

=LM

πδ3|z − z0| −→ 0, quando z → z0

Posso concluir então que,

limz→z0

∣

∣

∣

∣

f(z)− f(z0)z − z0

− 12πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du

∣

∣

∣

∣

= 0

⇐⇒ limz→z0

f(z)− f(z0)z − z0

=1

2πi

∫

γ

g(u)

(u− z0)2du

Fica assim provado que, para n = 1, a derivada de primeira ordem da função f(z) existe e toma

a expressão apresentada no Teorema para este caso.

A demonstração prossegue, supondo agora que para n = k a derivada existe e a sua expressão

toma a forma:

f (k)(z) =k!

2πi

∫

γ

g(u)

(u− z)k+1 du

(Hipótese de Indução)

e provando que

f (k+1)(z) =(k + 1)!

2πi

∫

γ

g(u)

(u− z)k+2 du

(Tese de Indução)

Esta parte da demonstração ficará como exerćıcio.
Funções de Variável Complexa. Pag. 37

Exemplo

Sejam,

γ : [0, 2π] −→ C, γ(t) = eit e g(z) = (3/2)z + 1/(2z)

A função g é cont́ınua em C \ γ(I). Não é, no entanto, holomorfa no interior do lacete.

Vejamos qual a expressão da função f , neste caso:

f(z) =1

2πi

∫

γ

g(u)

u− z du =1

2πi

∫

γ

32u+

12u

u− z du

=1

2πi

[

3

2

∫

γ

u

u− z du +1

2

∫

γ

1

u(u− z) du]

Se z ∈ Interior γ(I), aplicando a fórmula de Cauchy, vem:

∫

γ

u

u− z du = 2πiz

∫

γ

1

u(u− z) du =

−1z

[∫

γ

1

udu −

∫

γ

1

u− z du]

= −1z2πi(1− 1) = 0 se z 6= 0

∫

γ

1

u2du = 0 se z = 0

e portanto f(z) =1

2πi(3zπi+ 0) =

3

2z.

Se z ∈ Exterior γ(I),

∫

γ

u

(u− z) du = 0∫

γ

1

u(u− z) du = −1

z

[∫

γ

1

udu −

∫

γ

1

u− z du]

= −1z

2πi+ 0

e portanto f(z) =1

2πi

[

0 +1

2

(

−1z

2πi

)]

= − 12z

Conclusão:

f(z) =

3

2z se |z| < 1

− 12z

se |z| > 1
Funções de Variável Complexa. Pag. 38

Consequências da Fórmula de Cauchy

Teorema 3.6 (Teorema de Liouville) Se f(z) é holomorfa em C e limitada, isto é,

∃M > 0 |f(z)| < M ∀ z ∈ C

então f é constante.

Demonstração.

Sejam a ∈ C, R > 0 e γ o ćırculo de raio R, centrado em a.

Im

Re

a. R

Da generalização da fórmula de Cauchy, resulta

f ′(a) =1

2πi

∫

γ

f(z)

(z − a)2 dz

=⇒ |f ′(a)| ≤ 12π

M

R22πR =

M

R

R é qualquer número real maior que 0. Como f é holomorfa em todo o plano complexo, a

equação e inequação são válidas para todo R > 0. Aplicando limites, quando R→∞, resulta:

|f ′(a)| ≤ 0 =⇒ f ′(a) = 0

Como a era qualquer elemento de C,

f ′(a) = 0 ∀ a ∈ C =⇒ f constante

(f ′(a) = 0, ∀ a ∈ C =⇒ componentes real e imaginária, u(x, y) e v(x, y), de f , têm derivadasparciais nulas. Assim, tais componentes terão de ser constantes e portanto f é constante.)

Exerćıcio Mostre que as funções complexas ez, cos z e sin z não são funções limitadas no

plano complexo.
Funções de Variável Complexa. Pag. 39

Teorema 3.7 (Teorema da Média) f holomorfa em A ⊂ C, A, aberto e conexo.Seja a ∈ A e {z ∈ C : |z − a| ≤ R}, um disco fechado, centrado em a e contido em A.

Então,1

2π

∫ 2π

0f(a+Reiθ) dθ = f(a)

(isto é, o valor de uma função holomorfa num ponto, é a ′′média ′′ dos valores da função sobre

uma circunferência centrada nesse ponto.)

Demonstração.

1

2π

∫ 2π

0f(a+Reiθ) dθ =

1

2πi

∫

γ

f(z)

z − a dz = f(a)

onde γ : [0, 2π]→ C, γ(θ) = a+Reiθ.

Teorema 3.8 (Série de Taylor)

f holomorfa em A ⊂ C, aberto e conexo.

Seja z0 ∈ A e R : {z : |z − z0| ≤ R} = DR(z0) ⊂ A.

Então,

∃ {cn}n∈N : ∀ z ∈ BR(z0) f(z) =∞∑

n=0

cn(z − z0)n

isto é, f é desenvolv́ıvel em série de potências em torno do ponto z = z0.

Além disso,

cn =1

2πi

∫

|z−z0|=R

f(ξ)

(ξ − z0)n+1dξ

O raio de convergência desta série é igual à distância de z0 à singularidade mais próxima.

A generalização da fórmula de Cauchy permite-nos expressar os coeficientes cn, definidos neste

resultado, como: f (n)(z0)/n!.

Em questão :

Séries de números complexos. Singularidades.

Vai ser este o próximo tema de conversa.
Funções de Variável Complexa. Pag. 40

4 Séries

4.1 Séries de Números Complexos

∞∑

n=1

an

(an)n=1,2,3,..., sucessão de números complexos, designa-se por sucessão geradora da série.

Sn =n∑

k=1

ak , Sucessão das somas parciais da série.

A série diz-se convergente se for convergente a sucessão das somas parciais. Neste caso, a

soma da série será limn→∞ Sn.

Uma série de números complexos diz-se divergente, se não for convergente, ou seja, se for diver-

gente a sua sucessão das somas parciais.

Quando se definiu a convergência de uma sucessão de números complexos, verificou-se que tal

convergência era equivalente à convergência das sucessões componentes, real e imaginária, da

sucessão original. Uma vez que a convergência de uma série corresponde à convergência de uma

determinada sucessão, sucessão das somas parciais, o seguinte resultado é facilmente deduzido.

(Verifique!)∞∑

n=1

an =∞∑

n=1

(xn + iyn) é convergente ⇐⇒

são convergentes as sucessões de termos reais

∞∑

n=1

xn e

∞∑

n=1

yn

4.2 Testes para Convergência e Divergência de Séries

O último resultado apresentado permite reduzir o estudo de séries de números complexos ao

estudo de séries de números reais. No entanto nem sempre é fácil decompor uma sucessão com-

plexa nas suas componentes, real e imaginária. Por exemplo, (1+2i)n. Testes de convergência

para séries de números complexos tornam-se assim úteis.

Os resultados apresentados em seguida são generalizações dos já conhecidos para séries de

números reais. As demonstrações são análogas ou fácilmente deduzidas dessas.
Funções de Variável Complexa. Pag. 41

Teorema 4.1 A sucessão geradora de uma série convergente é uma sucessão convergente para

zero. ∞∑

n=1

an convergente =⇒ an −→ 0

Exemplos

•∞∑

n=1

(

n2 + i1

n

)

Série divergente. De facto, an = n2 + i

1

nnão é convergente para 0.

•∞∑

n=1

(

1

n+ i

1

n2

)

Série divergente. Apesar de an =1

n+ i

1

n2ser uma sucessão convergente para 0, a série

∞∑

n=1

1

n, série harmónica real, não é convergente. A condição an −→ 0, é apenas

necessária. Não é suficiente.

Teorema 4.2 A série∞∑

n=1

an é convergente se e só se a sucessão das somas parciais é uma

sucessão de Cauchy, ou seja,

∀ ² > 0 ∃N ∈ N : ∀n > N ∀ p ∈ N |Sn+p − Sn| = |an+1 + · · ·+ an+p| < ²

Série absolutamente convergente

A série

∞∑

n=1

an diz-se abolutamente convergente se for convergente a série de termos reais não

negativos∞∑

n=1

|an|.

Teorema 4.3 Se uma série é absolutamente convergente então é convergente

Exemplos

•∞∑

n=1

[(

1

4

)n

+ i

(

1

4

)n]

Série convergente.∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

(

1

4

)n

+ i

(

1

4

)n∣∣

∣

∣

=∞∑

n=1

√2

(

1

4

)n

que é convergente (geométrica, de razão 14).
Funções de Variável Complexa. Pag. 42

•∞∑

n=1

in

n

Série convergente.

∞∑

n=1

in

n= i− 1

2− i

3+

1

4+

i

5− · · · =

∞∑

n=1

[

(−1)n 12n

+ i(−1)n+1 12n− 1

]

As séries de termos reais :∞∑

n=1

(−1)n 12n

e∞∑

n=1

(−1)n+1 12n− 1 são convergentes e portanto

a série é convergente. No entanto não é absolutamente convergente:

∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

in

n

∣

∣

∣

∣

=∞∑

n=1

1

ndivergente

Absolutamente convergente é uma condição suficiente, não necessária.

Teorema 4.4 ( Teste de Comparação )∞∑

n=1

an série de termos complexos.

Seja∞∑

n=1

bn uma série de termos reais não negativos, convergente e tal que

|an| ≤ bn ∀n = 1, 2, · · ·

Então,

∞∑

n=1

an é absolutamente convergente. (e portanto, simplesmente convergente)

Exemplo:

•∞∑

n=1

1

(2n+ i)n

Série convergente. De facto,∣

∣

∣

∣

1

(2n+ i)n

∣

∣

∣

∣

=1

|2n+ i|n =1

(√4n2 + 1)n

≤(

1

2

)n

e∞∑

n=1

(

1

2

)n

=12

1− 12= 1 série real, geométrica, de razão 12 .

Teorema 4.5 ( Séries Geométricas ) A série geométrica

∞∑

n=0

qn = 1 + q + q2 + q3 + q4 + · · ·

converge se |q| < 1 e diverge se |q| ≥ 1. Se |q| < 1 , a soma da série é 11− q .
Funções de Variável Complexa. Pag. 43

Exemplo:

•∞∑

n=0

(

1 + i

2

)n

Série convergente, com soma 1 + i.

q =1 + i

2; |q| = 1

2

√2 =

√2

2< 1 ; soma =

1

1− 1+i2= 1 + i

Teorema 4.6 ( Teste do Quociente ) Se a série

∞∑

n=1

an, com an 6= 0 ∀n, é tal que

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1an

∣

∣

∣

∣

= L

pode afirmar-se o seguinte:

(a) L < 1 =⇒∞∑

n=1

an converge absolutamente.

(b) L > 1 ou L =∞ =⇒∞∑

n=1

an diverge.

Exemplos

•∞∑

n=1

n(1 + i)n

3n

Série convergente.

•∞∑

n=1

(2i)nn!

nn

Série convergente.

•∞∑

n=1

in

n

Teste não conclusivo. A série é de facto convergente, como foi já verificado utilizando

outro teste.

Teorema 4.7 ( Teste da Ráız ) Considere-se a série∞∑

n=1

an e suponha-se,

limn→∞

n√

|an| = L

Pode então afirmar-se o seguinte:
Funções de Variável Complexa. Pag. 44

(a) L < 1 =⇒∞∑

n=1

an converge absolutamente.

(b) L > 1 ou L =∞ =⇒∞∑

n=1

an diverge.

Exemplos

•∞∑

n=1

(

i

n

)n

Série convergente.

•∞∑

n=1

(

1 + in

n

)n

Série divergente.

•∞∑

n=1

(

1 +i√n

)n

Teste não conclusivo. A série é de facto divergente, como pode ser verificado através doutro

teste.

Dadas duas séries de números complexos,∞∑

n=1

an e∞∑

n=1

bn, define-se o

Produto de Cauchy das referidas séries como sendo a série∞∑

n=1

cn, onde

cn = a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1 =n∑

k=1

akbn−k+1 n = 1, 2, ...

Teorema 4.8 Se

∞∑

n=1

an e

∞∑

n=1

bn são absolutamente convergentes, então também o Produto

de Cauchy das duas séries,

∞∑

n=1

cn, é absolutamente convergente e

∞∑

n=1

cn =

( ∞∑

n=1

an

)( ∞∑

n=1

bn

)

Exerćıcio: Mostre que∞∑

n=1

(n+ 1)

(

i

2

)n

é convergente e calcule a sua soma.
Funções de Variável Complexa. Pag. 45

NOTA: O último Teorema pode ainda ser generalizado da seguinte forma:

Se uma das séries,∞∑

n=1

an ou∞∑

n=1

bn, é absolutamente convergente e a outra é simplesmente

convergente, então o Produto de Cauchy das duas séries,∞∑

n=1

cn é simplesmente convergente.

Teorema 4.9 ( Propriedade das séries absolutamente convergentes )∞∑

n=1

un absolutamente convergente =⇒

∣

∣

∣

∣

∣

N∑

n=1

un

∣

∣

∣

∣

∣

−∞∑

n=N+1

|un| ≤∣

∣

∣

∣

∣

∞∑

n=1

un

∣

∣

∣

∣

∣

≤∞∑

n=1

|un|

Demonstração.

A demonstração deste resultado obtém-se facilmente das propriedades da função módulo:

Sn =n∑

k=1

uk =⇒ SN =N∑

k=1

uk

S̄n =n∑

k=1

|uk|

S = limn→∞

Sn =∞∑

n=1

un

(1) |Sn| ≤ S̄n ∀n ⇒∣

∣

∣

∣

∣

∞∑

n=1

un

∣

∣

∣

∣

∣

≤∞∑

n=1

|un|

(2) |SN | ≤ |SN − S|+ |S| ≤∞∑

n=N+1

|un|+ |S|

4.3 Séries geradas por sucessões de funções

Para cada n ∈ N, defina-se uma função fn(z) com domı́nio num subconjunto E ∈ C e tomandovalores em C. Constroi-se desta forma uma sucessão de funções.

fn : E → C E ⊂ Cz → fn(z) n = 1, 2, ...
Funções de Variável Complexa. Pag. 46

A partir da sucessão {fn}, considere-se:

S1 = f1

S2 = f1 + f2...

Sn = f1 + · · ·+ fn Sn : E → C

Fixado z ∈ E a sucessão de números complexos Sn(z) pode ou não ser convergente. Daqui

resulta a convergência ou divergência da série

∞∑

n=1

fn(z).

∞∑

n=1

fn(z) Série gerada pela sucessão de funções {fn}

A sucessão Sn, definida atrás, é designada por sucessão das somas parciais. É ainda uma

sucessão de funções.

Para cada valor da variável z obtém-se uma série de números complexos. Associada a uma

série de funções surge agora um domı́nio de convergência da série, ou seja, um subconjunto do

conjunto E tal que, para cada concretização da variável z por um elemento do subconjunto,

obtém-se uma série de números complexos convergente.

Exemplo:

fn : C → Cz → zn

∞∑

n=1

zn

Para cada z que fixemos, obtém-se uma série de números complexos, geométrica.

A série será convergente se |z| < 1 e será divergente se |z| ≥ 1.

Assim, f(z) =∞∑

n=1

zn é uma função complexa bem definida no conjunto {z : |z| < 1}.

f : B1(0) −→ Cz → z

1− z

Convergência Uniforme

Diz-se que a série∞∑

n=1

fn(z) converge uniformemente num conjunto E ⊂ C, para a função

f(z) se a sucessão das somas parciais, Sn(z), converge uniformemente para a função f(z), isto

é,

∀ ² > 0 ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N ∀ z ∈ E |Sn(z)− f(z)| < ²
Funções de Variável Complexa. Pag. 47

Exemplo:

∞∑

n=1

znunif.−→ f(z) = z

1− z

no conjunto E = {z ∈ C : |z| ≤ r}, onde 0 < r < 1. De facto,

|Sn(z)− f(z)| =∣

∣

∣

∣

∣

n∑

k=1

zk − z1− z

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

z − zn+11− z −

z

1− z

∣

∣

∣

∣

=|z|n+1|1− z|

|z| ≤ r =⇒ |1− z| ≥ 1− |z| ≥ 1− r > 0|z| ≤ r =⇒ |z|n+1 ≤ rn+1

Logo,

|Sn(z)− f(z)| ≤rn+1

1− r < ², desde que n >ln (²(1− r))

ln r

Está provada a convergência uniforme no conjunto dado. No entanto a série não é uniformemente

convergente no disco aberto {z : |z| < 1}.

Teste para Convergência Uniforme

Teorema 4.10 Considere-se a série∞∑

n=1

fn(z), z ∈ E ⊂ C.

(αn)n=1,2,... αn ∈ Rαn ≥ 0∞∑

n=1

αn convergente

supz∈E

|fn(z)| ≤ αn

=⇒

∞∑

n=1

fn(z)

uniformemente convergente em E

As condições do lado esquerdo da última implicação traduzem-se dizendo que a série∞∑

n=1

fn(z) é normalmente convergente.

Exemplo:

Seja 0 < r < 1, r ∈ R

e fn(z) = zn E = {z : |z| < r}
Funções de Variável Complexa. Pag. 48

Tome-se αn = rn. Então, αn ≥ 0 e

∞∑

n=1

αn =

∞∑

n=1

rn =r

1− r

supz∈E

|fn(z)| = supz∈E

|z|n ≤ rn = αn

Logo,∞∑

n=1

zn é uniformemente convergente em E = {z : |z| < r}

Exerćıcio: Verifique que a série∞∑

n=0

zn + 1

n2 + cosh (n|z|)é uniformemente convergente no disco |z| ≤ 1.

Propriedades das séries uniformemente convergentes

Teorema 4.11 Seja∞∑

n=1

fn(z), uma série de funções cont́ınuas em E ⊂ C, que converge

uniformemente para a função f(z).

Então, a soma da série, f(z), é uma função cont́ınua em E.

Demonstração.

Seja z0 ∈ E.

f cont́ınua em z0 ⇐⇒ ∀ ² > 0 ∃ δ > 0 : |z − z0| < δ ⇒ |f(z)− f(z0)| < ²

Tome-se ² > 0.∞∑

n=1

fn(z) uniformemente convergente em E =⇒

∃N ∈ N : n ≥ N, ∀ z ∈ E |Sn(z)− f(z)| <²

3

Em particular, para n = N , |SN (z)− f(z)| <²

3∀ z ∈ E.

A função SN (z), soma de funções cont́ınuas, é cont́ınua em z0. Logo

∃ δ > 0 : |z − z0| < δ ⇒ |SN (z)− SN (z0)| <²

3

Assim, para este valor de δ, tem-se:

|f(z)− f(z0)| ≤ |f(z)− SN (z)|+ |SN (z)− SN (z0)|+ |SN (z0)− f(z0)|<

²

3+

²

3+

²

3= ²
Funções de Variável Complexa. Pag. 49

ficando assim demonstrada a continuidade de f .

Exerćıcio: Considere a série

x2 +x2

1 + x2+

x2

(1 + x2)2+

x2

(1 + x2)3+ · · ·

Verifique que a série não é uniformemente convergente em qualquer intervalo que contenha a

origem.

Teorema 4.12 (Integração termo a termo de uma série unif. convergente)

Seja∞∑

n=0

fn(z), série de funções cont́ınuas em E ⊂ C, que converge uniformemente para a

função f(z).

Seja γ um caminho em E.

Então a série∞∑

n=0

∫

γ

fn(z) dz, de números complexos, é convergente e a sua soma é

∫

γ

f(z) dz.

Demonstração.

Seja

In =

∫

γ

f0(z) dz +

∫

γ

f1(z) dz + · · · +∫

γ

fn(z) dz

=

∫

γ

f0(z) + f1(z) + · · · + fn(z) dz =∫

γ

Sn(z) dz

onde Sn(z) é a sucessão das somas parciais de∞∑

n=0

fn(z).

Pretende-se provar:

∀ ² > 0 ∃N ∈ N : n ≥ N =⇒∣

∣

∣

∣

In −∫

γ

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

< ²

Seja ² > 0.∣

∣

∣

∣

In −∫

γ

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∫

γ

Sn(z)− f(z) dz∣

∣

∣

∣

Sn(z)unif.−→ f(z) =⇒

[

∃N ∈ N : n ≥ N ∀ z ∈ E |Sn(z)− f(z)| <²

L

]

onde L é o comprimento de γ.
Funções de Variável Complexa. Pag. 50

Logo,

n ≥ N =⇒∣

∣

∣

∣

∫

γ

Sn(z)− f(z) dz∣

∣

∣

∣

<²

LL = ²

Tomando este valor N tem-se,

∣

∣

∣

∣

In −∫

γ

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

< ².

Exerćıcio: Considere a série

∞∑

n=1

x[

(n+ 1)e−(n+1)x2 − ne−nx2

]

Verifique que

∞∑

n=1

∫ 1

0fn(x) dx 6=

∫ 1

0

∞∑

n=1

fn(x) dx, e portanto que a série inicial não é

uniformemente convergente no intervalo dado.

Teorema 4.13 ( Derivação termo a termo de uma série unif. conv. )

Seja∞∑

n=0

fn(z) convergente em E ⊂ C, e f(z) a sua soma.

Suponha-se que a série∞∑

n=0

f ′n(z) converge uniformemente em E para uma função cont́ınua

g.

Então, f ′(z) = g(z) =∞∑

n=0

f ′n(z).

Caso particular de séries geradas por sucessões de funções: séries de potências.

∞∑

n=0

an(z − z0)n an ∈ C, z0 ∈ C constantes

4.4 Séries de potências

De uma forma geral, dada uma série∞∑

n=1

fn(z), existe um subconjunto de C no qual a série é

convergente, ou seja,

∃E ⊂ C :∞∑

n=1

fn(z) = f(z), ∀z ∈ E

Este conjunto pode ser mais ou menos complexo. No entanto, para séries de potências

∞∑

n=1

an(z − z0)n
Funções de Variável Complexa. Pag. 51

este conjunto é bem simples.

∞∑

n=1

zn é convergente em E = {z : |z| < 1} e divergente em C \ E

Im

Re1

i

1

∞∑

n=1

(

z − z03i

)n

é convergente em E = {z : |z − z0| < 3}

Im

Re

3

.z

0

Vamos verificar que a região de convergência de uma série de potências é sempre um disco no

conjunto C, que pode coincidir com C, ou reduzir-se a um ponto (casos limite).

Exemplos

•∞∑

n=0

n!zn. Região de convergência: {0}

•∞∑

n=0

zn

n!. Região de convergência: C

Teorema 4.14 (Convergência de uma Série de Potências)

Considere-se a série de potências∞∑

n=0

an(z − z0)n.

Se a série é convergente em z = z1 6= z0, então
Funções de Variável Complexa. Pag. 52

(a) Converge absolutamente se z : |z − z0| < |z1 − z0|

(b) Converge uniformemente se z : |z − z0| ≤ r < |z1 − z0|

Se a série diverge num ponto z = z2, então diverge se z : |z − z0| > |z2 − z0|

Im

Re

.z0

z1.Convergente

Divergente

z2.

Demonstração.

∞∑

n=0

an(z1 − z0)n convergente =⇒ an(z1 − z0)n → 0

Toda a sucessão convergente é limitada e portanto

∃M ∈ R+ : |an(z1 − z0)n| < M ∀n ∈ N

Logo,

|an(z − z0)n| =∣

∣

∣

∣

an(z1 − z0)n(

z − z0z1 − z0

)n∣∣

∣

∣

≤ M∣

∣

∣

∣

z − z0z1 − z0

∣

∣

∣

∣

n

(a) Para z : |z − z0| < |z1 − z0|, tem-se∣

∣

∣

∣

z − z0z1 − z0

∣

∣

∣

∣

< 1.

A série de termo geral M

∣

∣

∣

∣

z − z0z1 − z0

∣

∣

∣

∣

n

é convergente (série geométrica de razão menor que 1).

Logo a série de termo geral |an(z − z0)n| é também convergente (Critério de comparação).Conclui-se (a).

(b) Seja r : r < |z1 − z0|

|z − z0| ≤ r =⇒ |an(z − z0)n| ≤ M(

r

|z1 − z0|

)ndef.= αn
Funções de Variável Complexa. Pag. 53

Logo,

sup{z: |z−z0|≤r}

|an(z − z0)n| ≤ αn, com αn > 0 e∞∑

n=0

αn convergente .

O Teorema 4.10 permite-nos concluir que∞∑

n=0

an(z − z0)n é uniformemente convergente no

conjunto {z : |z − z0| ≤ r}.

Finalmente, considere-se z2 tal que a série

∞∑

n=0

an(z − z0)n é divergente em z = z2.

Se existisse z3 : |z3 − z0| > |z2 − z0| e∞∑

n=0

an(z3 − z0)n fosse convergente então, pela primeira

parte desta demonstração, teŕıamos∞∑

n=0

an(z − z0)n convergente em z : |z − z0| < |z3 − z0|, o

que é absurdo. A série é, por hipótese, divergente em z2.

Raio de Convergência de uma Série de Potências

Uma série de potências,∞∑

n=0

an(z− z0)n é sempre convergente pelo menos num ponto: z = z0.

Assim, o conjunto de pontos para os quais a série é convergente é sempre diferente do conjunto

vazio. Pode ainda ser todo o plano, caso já apresentado da série∞∑

n=0

zn

n!.

Excluindo estas duas situações, defina-se:

R = sup

{

|z − z0| :∞∑

n=0

an(z − z0)n é convergente}

Pelo teorema anterior, Teorema 4.14, tem-se:

∞∑

n=0

an(z − z0)n converge ∀ z : |z − z0| < R

diverge ∀ z : |z − z0| > R

O número R é designado por Raio de convergência da série∞∑

n=0

an(z − z0)n.

O conjunto

BR(z0) = {z : |z − z0| < R}

é designado por disco de convergência da série.
Funções de Variável Complexa. Pag. 54

Acrescenta-se ainda as duas situações excluidas, definindo por convenção:

R = 0 se∞∑

n=0

an(z − z0)n converge apenas quando z = z0

R = ∞ se∞∑

n=0

an(z − z0)n convergente ∀ z ∈ C

Exemplos

•∞∑

n=0

(2n)!

(n!)2(z − 3i)n R = 1/4

De facto,

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1an

∣

∣

∣

∣

= limn→∞

(2n+ 2)(2n+ 1)

(n+ 1)2|z− 3i| = 4 |z− 3i| < 1 =⇒ |z− 3i| < 1

4

Aplicando um dos critérios de convergência estudados, se o limite calculado é maior do

que 1, a série é divergente. Logo, R = 1/4.

•∞∑

n=0

z2n+1

(2n+ 1)!R =∞

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1an

∣

∣

∣

∣

= limn→∞

1

(2n+ 3)(2n+ 2)|z|2 = 0 < 1 ∀ z ∈ C

Neste caso, não há nenhuma restrição sobre os valores que z pode tomar para a série ser

convergente. A série é convergente em todo o plano complexo e portanto R =∞.

•∞∑

n=0

(n+ 1)!(z − 2− i)n R = 0

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1an

∣

∣

∣

∣

= limn→∞

(n+ 2) |z − 2− i| = ∞ se |z − 2− i| 6= 0 ⇔ z = 2 + i

A série é divergente quando z 6= 2+ i. Como para este ponto a série é convergente, será oúnico. Assim, R = 0.

Não existe um resultado geral para a convergência ou divergência de uma série de potências sobre

os pontos z : |z−z0| = R. Tais pontos constituem situações a serem analisadas individualmente.
Funções de Variável Complexa. Pag. 55

Exemplo:

•∞∑

n=0

zn

n+ 1

Neste caso, z0 = 0 e R = 1. (Verifique!)

sobre |z| = 1, por exemplo se z = 1∞∑

n=0

1

n+ 1divergente

mas se z = −1∞∑

n=0

(−1)nn+ 1

convergente

Considere-se a série de potências∞∑

n=0

an(z − z0)n, com raio de convergência R > 0.

Defina-se f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n. Então:

f(z) está bem definida no conjunto {z : |z − z0| < R }

Uma vez que a série converge uniformemente em qualquer disco fechado centrado em z0 e de

raio menor que R, podemos utilizar as propriedades resultantes deste facto e concluir:

f(z) é cont́ınua em {z : |z − z0| < R} = BR(z0)

Dem. Tome-se z̄ ∈ BR(z0).

Seja r : |z̄ − z0| < r < R.

Uma vez que a série converge uniformemente em {z : |z − z0| ≤ r} podemos aplicar oTeorema 4.11 e concluir a continuidade de f(z) em z̄.

f(z) é derivável em BR(z0) e f′(z) =

∞∑

n=1

nan(z − z0)n−1

Ou seja, podemos derivar termo a termo a série para obter a derivada de f .

As séries∞∑

n=0

an(z − z0)n e∞∑

n=1

nan(z − z0)n−1 têm o mesmo disco de convergência
Funções de Variável Complexa. Pag. 56

Uma vez que a derivada é ainda uma série de potências com o mesmo disco de convergência,

podemos iterar o processo e concluir que uma série de potências tem derivadas de todas as

ordens e estas derivadas podem ser calculadas sucessivamente por derivação termo a termo da

série anterior. Todas as séries resultantes têm o mesmo disco de convergência.

f ′′(z) =∞∑

n=2

n(n− 1)an(z − z0)n−2 f ′′′(z) =∞∑

n=3

n(n− 1)(n− 2)an(z − z0)n−3

f (4)(z) =

∞∑

n=4

n(n− 1)(n− 2)(n− 3)an(z − z0)n−4 · · ·

A série de potências∞∑

n=0

ann+ 1

(z − z0)n+1 obtida por integração termo a termo da série

∞∑

n=0

an(z − z0)n

tem o mesmo disco de convergência da série original

Este resultado é uma consequência directa do Teorema 4.12, já apresentado.

Estudadas séries de potências, podemos verificar o resultado, apresentado como uma con-

sequência da fórmula de Cauchy, designado por Teorema de Taylor ou série de Taylor e que

repetimos de seguida:

Teorema 4.15

Seja f(z) holomorfa num conjunto A ⊂ C, aberto e conexo.

Seja z0 um ponto qualquer em A.

Então, existe exactamente uma série de potências centrada em z0 que representa f(z), ou seja,

f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n, an =1

n!f (n)(z0)

Esta representação é válida na bola aberta, de centro z0 e cujo raio é o valor máximo de r tal

que Br(z0) ⊂ A.
Funções de Variável Complexa. Pag. 57

A

.

z0

z1

z2

z1

z0

.

..

.

f(z1) =∞∑

n=0

an(z1 − z0)n ; f(z2) =∞∑

n=0

an(z2 − z0)n ; f(z3) =∞∑

n=0

an(z3 − z0)n

NOTA: A generalização da Fórmula de Cauchy permite escrever os coeficientes an, na forma:

an =1

2πi

∫

γ

f(z)

(z − z0)n+1dz

onde γ é um lacete simples, orientado positivamente, contido em A, cujo interior ainda está em

A e que contém z0 no seu interior.

Demonstração.

Fixemos z0 ∈ A e R > 0 tal que o ćırculo de centro z0 e raio R está contido em A. Denote-sepor C a circunferência correspondente.

Para z ∈ Interior C tem-se, pela fórmula de Cauchy

f(z) =1

2πi

∮

C

f(u)

u− z du (7)

(∮

representa um integral ao longo de um lacete, percorrido no sentido directo.)

Desenvolvendo u− z em potências de z − z0:

1

u− z =1

u− z0 − (z − z0)=

1

1− z−z0u−z0

1

u− z0

∣

∣

∣

∣

z − z0u− z0

∣

∣

∣

∣

< 1 =⇒ 11− z−z0

u−z0=

∞∑

n=0

(

z − z0u− z0

)n

f holomorfa em A

C ⊂ A

∣

∣

∣

∣

∣

=⇒ ∃M > 0 :∣

∣

∣

∣

f(u)

u− z0

∣

∣

∣

∣

=|f(u)|R

≤M ∀u ∈ C
Funções de Variável Complexa. Pag. 58

f(u)

u− z =∞∑

n=0

f(u)

u− z0

(

z − z0u− z0

)n

Definindo:

fn(u) =f(u)

u− z0

(

z − z0u− z0

)n

vem,

|fn(u)| ≤ Mrn onde r =|z − z0|

R< 1 ∀u ∈ C

Logo,∞∑

n=0

fn(u) uniformemente convergente em C

E portanto,

∮

C

f(u)

u− z du =∮

C

∞∑

n=0

f(u)

u− z0

(

z − z0u− z0

)n

du =∞∑

n=0

∮

C

f(u)

u− z0

(

z − z0u− z0

)n

du

=∞∑

n=0

(z − z0)n∮

C

f(u)

(u− z0)n+1du

=∞∑

n=0

(z − z0)n 2πif (n)(z0)

n!

Assim, da equação (7), vem

f(z) =∞∑

n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)n

O ponto z era qualquer, interior a C. Para C foi exigido apenas que estivesse contido em A e

o seu interior também contido em A. A representação de f(z) em potências de (z − z0)n naforma descrita é então válida na maior bola aberta centrada em z0 e contida em A.

Para verificar que tal representação é única, basta verificar:

f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n =∞∑

n=0

bn(z − z0)n ∀ z ∈ BR(z0) =⇒ an = bn, ∀n

De facto, para z = z0 , f(z0) = a0 = b0.
Funções de Variável Complexa. Pag. 59

Por indução, suponhamos an = bn, n = 0, · · · , k. Neste caso,∞∑

n=0

an(z − z0)n =∞∑

n=0

bn(z − z0)n ⇐⇒∞∑

n=k+1

an(z − z0)n =∞∑

n=k+1

bn(z − z0)n

Considerando z 6= z0 e dividindo por (z − z0)k+1, vem

ak+1 + ak+2(z − z0) + ak+3(z − z0)2 + · · · = bk+1 + bk+2(z − z0) + bk+3(z − z0)2 + · · ·

Continuamos a obter uma série de potências, que são funções cont́ınuas em z = z0. Aplicando

limites, quando z → z0, vemak+1 = bk+1

Exemplos

• ez =∞∑

n=0

zn

n!z ∈ C

• 11− z =

∞∑

n=0

zn |z| < 1

• cos z =∞∑

n=0

(−1)n z2n

(2n)!z ∈ C

• sin z =∞∑

n=0

(−1)n z2n+1

(2n+ 1)!z ∈ C

• 11 + z2

=∞∑

n=0

(−1)n z2n |z| < 1

• 12i− 3z =

∞∑

n=0

3n

(−3− i)n+1 (z − 1− i)n |z − 1− i| <

√10

3

Singularidades Isoladas

Seja f : A −→ C, A aberto de C

f holomorfa em A.

Definição 4.1

a ∈ C, diz-se uma singularidade isolada de f , se

a /∈ A, e ∃ δ > 0 ∀ z ∈ C 0 < |z − a| < δ ⇒ z ∈ A
Funções de Variável Complexa. Pag. 60

( ⇐⇒ existe um disco aberto centrado em a tal que todos os pontos deste disco, excepto a,estão em A.)

A

(2)

(1)(3)

(4) (5)(6)

(7)

(1)-(5) Singularidades isoladas

(6) e (7) Não são singularidades isoladas

Exemplos

• f(z) = z−n, n ∈ N 0 é singularidade isolada de f .

• f(z) = tan z{

±π2, ±3π

2, · · · ,±(2n+ 1)π

2

}

são singularidades isoladas de f .

4.5 Série de Laurent

Em aplicações, há muitas vezes necessidade de representar uma função f(z) em série de potências,

centradas em pontos onde a função não é holomorfa. A série de Taylor não é neste caso válida

para fazer tal representação. Um desenvolvimento em potências de expoente positivo e negativo

vem responder a tais necessidades.

Teorema 4.16 (Desenvolvimento de Laurent da função f(z))

Sejam: f : A −→ C, holomorfa em A, A, aberto e conexo.

a, singularidade isolada de f .

ρ : B∗ρ(a) = {z : 0 < |z − a| < ρ} ⊂ A, ρ > 0.

Então,

∀ z ∈ B∗ρ(a) f(z) =∞∑

n=0

cn(z − a)n +∞∑

m=1

dm(z − a)m (8)

A série∞∑

n=0

cn(z − a)n é convergente para |z − a| < ρ.
Funções de Variável Complexa. Pag. 61

A série∞∑

m=1

dm(z − a)m é convergente para |z − a| > 0.

A representação de f na forma (8) é única.

Os coeficientes cn e dm são determinados por:

cn =1

2πi

∫

γ

f(z)

(z − a)n+1 dz dm =1

2πi

∫

γ

f(z)(z − a)m−1 dz

onde γ(t) = a+ reit, t ∈ [0, 2π], 0 < r < ρ.

Demonstração.

Seja z ∈ B∗ρ(a)

0 < |z − a| < ρ =⇒ ∃R,R′ : 0 < R < |z − a| < R′ < ρ

A

a

r

.zR’

R

g’g

Sejam γ(t) = a+Reit, γ′(t) = a+R′eit, t ∈ I = [0, 2π]

Para z ∈ B∗ρ(a) e R, R′ nas condições indicadas resulta:

f(z) =1

2πi

∫

γ′

f(u)

u− z du −1

2πi

∫

γ

f(u)

u− z du

Esta igualdade pode ser fácilmente verificada se aplicarmos a fórmula de Cauchy a dois lacetes,

de acordo com a figura:

a

z.
Funções de Variável Complexa. Pag. 62

Considere-se agora cada um dos integrais da última expressão.

g(z) =1

2πi

∫

γ′

f(u)

u− z du é holomorfa em B∗ρ(a) \ γ′(I)

atendendo ao Teorema 3.4, e portanto admite um desenvolvimento em série de Taylor em torno

do ponto a. (Note que para a definição de g só vão intervir os valores de f sobre γ ′.)

g(z) =1

2πi

∫

γ′

f(u)

u− z du =∞∑

n=0

cn(z − a)n, |z − a| < R′,

onde

cn =g(n)(a)

n!=

1

2πi

∫

γ′

f(u)

(u− a)n+1 du

Quanto ao segundo integral:

Para u : |