Analise Complexa e Equacoes Diferenciais1o Teste - 5 de Novembro de 2011

LMAC, MEBiom e MEFT

Resolucao

1. Recordando que 1

z= 1

reiθ= e−iθ

r,

1 ℜz

iℑz

1 ℜ 1

z

iℑ 1

z

2. A funcao f e descontınua no eixo real negativo. Logo, f nao e diferenciavelno eixo real negativo. A funcao f e tambem descontınua na origem porque,para −π < θ0 ≤ π,

limr→0

f(reiθ0) = iθ0.

Assim, f nao e diferenciavel na origem. Sejam r > 0 e −π < θ < π. Asderivadas parciais de f sao

fr = 2r,

fθ = i.

Como estas derivadas parciais sao contınuas, f e R-diferenciavel em C \ {z ∈C : z = x com x ≤ 0}. Averiguemos em que pontos deste conjunto e satisfeitaa equacao de Cauchy-Riemann. Neste caso, equacao fr = − i

rfθ e equivalente

a

2r =1

r⇔ 2r2 = 1 ⇔ r =

√2

2.

Conclui-se que f e diferenciavel na circunferencia centrada na origem de raio√2

2, com o ponto −

√2

2removido. Nestes pontos a derivada de f e

f ′(√

2

2eiθ

)

= e−iθfr

(√2

2eiθ

)

=√2e−iθ, com θ ∈ ]− π, π[ .

Resolucao do teste de ACED - 5.11.11 2

3. A curva γ e parametrizada por z(θ) = 3 + 2eiθ com θ ∈ [0, π]. Peladefinicao de integral,

∫

γ

z dz =

∫ π

0

z(θ)z′(θ) dθ =

∫ π

0

(3 + 2e−iθ)2ieiθ dθ

=

∫ π

0

(6ieiθ + 4i) dθ = 6eiπ − 6 + 4πi = −12 + 4πi.

4. A funcao logaritmo principal, z 7→ log z, e diferenciavel em C excepto noeixo real negativo e excepto em zero e a sua derivada e z 7→ 1

z. De acordo

com o Teorema Fundamental do Calculo, vem∫ iπ

iπ2

(

ez +1

z

)

dz = (ez + log z)|iπiπ2

= eiπ − eiπ

2 + log(iπ)− log(

iπ

2

)

= −1− i+(

ln π + iπ

2

)

−(

lnπ

2+ i

π

2

)

= −1− i+ ln 2.

5.

a) A funcao f e

f(z) =1

z + 1g(z) com g(z) =

ez

z − 1.

A funcao g e holomorfa em C \ {1} pelo que o seu desenvolvimento emserie de Taylor em torno do ponto −1 converge e coincide com g em|z + 1| < 2. O desenvolvimento em serie de Laurent de f em torno de−1 e

f(z) =g(−1)

z + 1+ g′(−1) +

g′′(−1)

2(z + 1) +

g′′′(−1)

3!(z + 1)2 + . . . ,

valido para 0 < |z + 1| < 2. Uma vez que

g′(z) =ez(z − 2)

(z − 1)2,

obtem-se g(−1) = − e−1

2e g′(−1) = − 3e−1

4. Portanto,

f(z) = − e−1

2

1

z + 1− 3e−1

4+ . . . ,

valido para 0 < |z+1| < 2. A funcao f tem um polo de primeira ordemno ponto −1.

Resolucao do teste de ACED - 5.11.11 3

b) Usando a formula integral de Cauchy,∫

∂DR

f(z) dz = 2πig(−1) = −iπe−1.

c) Decompondo a fronteira de DR, obtem-se

−iπe−1 =

∫

∂DR

f(z) dz = i

∫ R

−R

f(iy) dy +

∫

|z|=R

ℜz<0

f(z) dz. (1)

Note-se que no eixo imaginario z = iy e dz = i dy. Majoremos o ultimointegral. Atendendo a |ez| = |ex+iy| = ex ≤ 1 para x ≤ 0,

∣

∣

∣

∣

∫

|z|=R

ℜz<0

ez

z2 − 1dz

∣

∣

∣

∣

≤∫

|z|=R

ℜz<0

|ez||z2 − 1| |dz| ≤

∫

|z|=R

ℜz<0

1

||z2| − 1| |dz|

=1

|R2 − 1|

∫

|z|=R

ℜz<0

|dz| =πR

R2 − 1.

Calculando o limite do primeiro e ultimo membros de (1) quando R →∞, vem

−iπe−1 = −i

∫ ∞

−∞

eiy

y2 + 1dy + 0,

ou seja,∫ ∞

−∞

eiy

y2 + 1dy = πe−1.

6.

a) Seja 0 < r ≤ R. A Propriedade do Valor Medio afirma que

f(a) =1

2π

∫ π

−π

f(a+ reiθ) dθ.

Em consequencia,

|f(a)| ≤ 1

2π

∫ π

−π

|f(a+ reiθ)| dθ.

Suponhamos que a e um ponto de maximo de |f |. Entao, como |f(a+reiθ)| ≤ |f(a)|,

|f(a)| ≤ 1

2π

∫ π

−π

|f(a+ reiθ)| dθ ≤ 1

2π

∫ π

−π

|f(a)| dθ = |f(a)|.

Assim, as duas desigualdades da linha anterior tem que ser igualda-des. Na circunferencia de raio r centrada em a, o modulo de f temque coincidir com |f(a)|, caso contrario a segunda desigualdade seriaestrita e chegar-se-ia a contradicao |f(a)| < |f(a)|. Conclui-se que |f |e constante em BR(a). Como f e holomorfa, f e constante em BR(a).

Resolucao do teste de ACED - 5.11.11 4

b) Suponhamos agora que a e ponto de mınimo de |f | e que |f(a)| > 0.Entao f nao se anula em BR(a) porque, por hipotese, a e ponto demınimo de |f |. Logo, 1

fe holomorfa em BR(a) e a e um ponto de

maximo de∣

∣

1

f

∣

∣. Da alınea anterior, 1

fe constante e, portanto, f e

constante em BR(a).