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Calculo em uma

uma variavel complexa

Marcio G. Soares

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Para Cristina

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Prefacio

Esse pequeno texto e orientado para um curso de graduacao ou de nive-lamento, introduzindo o basico e o minimamente essencial da teoria defuncoes de uma variavel complexa. Nosso ponto de vista ao escreve-loteve por foco discorrer sobre topicos da Teoria de Cauchy da maneiramais elementar possıvel, sem prejuizo do mınimo de rigor necessarioao entendimento correto de alguns resultados sobre funcoes holomor-fas. Os pre-requisitos exigidos sao um curso usual de Calculo Real (umae duas variaveis), um curso, tambem usual, de Geometria Analıtica eAlgebra Linear e um pouco de treino na leitura de argumentos de cu-nho matematico. Com o objetivo de torna-lo um texto o mais indepen-dente possıvel, alguns conceitos relativos ao Calculo Real sao revistos noCapıtulo 2, onde tambem e revisto o Teorema de Green. E inevitavel,levando em conta a nossa proposta para essas notas, que uns poucosresultados sejam admitidos sem demonstracao. Quanto a esses, nossaescolha recaiu sobre o Teorema de Jordan, o Criterio de Convergenciade Cauchy e o Teorema dos Compactos Encaixantes. Finalmente, enten-demos que deveriamos apresentar pelo menos um resultado nao obvioe ilustrativo do ambiente complexo; escolhemos o teorema de caracte-rizacao dos biholomorfismos do disco unitario.

Quanto ao texto propriamente dito, nossa pretensao foi a de escre-ver um que exigisse algum trabalho do professor ao ministrar um cursosobre o assunto. O publico alvo pode ser uma turma de estudantes deEngenharia, ou de graduacao em Matematica ou Fısica e, para cadauma dessas, o conteudo deve ser trabalhado de maneira distinta. Nanossa experiencia, perante uma turma de Engenharia a apresentacao doassunto deve enfocar exemplos que ilustrem os resultados e nao prio-ritariamente as demonstracoes. Daı a exigencia sobre o professor poiscabe a ele, e nao ao texto, elaborar os exemplos interessantes para opublico em questao. E claro que exemplos ilustrativos sobre cada assuntotratado sao apresentados, porem esses sao, propositalmente, em numeroessencial. Uma razao para tal e que um excesso de exemplos no textoinduz o estudante a se concentrar mais neles do que nos resultados. Alemdisso, e sempre melhor exemplificar respondendo as duvidas dos alunosao inves de pretender saber a priori quais serao elas (uma atitude que

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pode significar para eles um curso desinteressante). Ja para alunos deMatematica ou de Fısica recomendamos uma abordagem mais rigorosa.O texto possibilita isso, inclusive apresenta alguns resultados para seremtrabalhados, pelos alunos, na forma de seminarios (citamos o apendice doCapıtulo 4, a demonstracao completa do teorema de Laurent, o teoremade Casorati-Weierstrass, o teorema de Rouche, o Lema de Schwarz esuas consequencias). Quanto aos exercıcios, esses variam desde muitosimples a dificeis e compete ao professor escolher aqueles mais adequadosaos seus alunos e propor outros. Evitamos apresentar longas listas deexercıcios repetitivos pois o bom aluno tende a querer fazer todos eles,o que muitas vezes significa perda de tempo. Optamos tambem por naoapresentar aplicacoes a Fısica ou Engenharia, pois essas demandariamdiscorrer longamente sobre topicos alheios ao objetivo central do textoe, alem disso, sao vistas em disciplinas tıpicas dessas areas, ja com aroupagem inerente a elas.

Marco de 1999

Para essa 4a edicao, algumas pequenas correcoes e modificacoes fo-ram feitas, o unico destaque sendo a introducao da secao 5 do Capıtulo6, sobre uma interpretacao dinamica do resıduo.

Janeiro de 2006

Marcio G. SoaresDep. Matematica

ICEx - UFMG

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Conteudo

Capıtulo 1: Numeros Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2 O corpo C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3 Representacao polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Capıtulo 2: Calculo no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1 Domınios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Limites, continuidade e diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 O Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Capıtulo 3: Funcoes Holomorfas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1 Funcoes complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2 Limites e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .35

3 A derivada complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4 Funcoes holomorfas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5 A exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

6 O logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7 Potencias arbitrarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .54

8 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Capıtulo 4: Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1 Sequencias e series numericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2 Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

Apendice: O raio de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

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Capıtulo 5: Teoria de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .93

1 Integracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932 Os teoremas de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1073 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Capıtulo 6: Singularidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

1 A expansao de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1312 Classificacao de singularidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1433 Resıduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1484 O teorema de Rouche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1525 Uma interpretacao dinamica do resıduo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1566 Calculo de integrais utilizando resıduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1627 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Capıtulo 7: Aplicacoes Conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

1 Preservacao de angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1752 A esfera C∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1813 Transformacoes de Mobius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1834 Aplicacoes conformes entre domınios de C . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1875 Aplicacoes conformes do disco no disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1896 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

Indice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

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Numeros Complexos

1 Introducao

O que e um numero complexo? O adjetivo complexo e infeliz, her-dado de epocas nas quais a abstracao envolvida na compreensao dessesnumeros era considerada elevada. Atualmente sabemos que o conceitode numero real exige nıvel de abstracao equivalente e, para exemplificarisso, comecamos trabalhando a mais basica ilustracao que se pode darsobre numeros complexos : a solucao da equacao

X2 + 1 = 0 ou, o que da no mesmo, X2 = −1.

Sabemos que sobre R nao ha solucao e somos forcados a definir um“numero” i, satisfazendo i

2 = −1, que resolve a equacao. Agora, oupostulamos a existencia desse “numero”(isso e feito em Cap. 1 Secao 2)ou invocamos a Algebra Linear elementar e saimos em busca de um entede natureza geometrica que seja a solucao procurada. Se assim fizermose olharmos para essa equacao sob a forma

X ·X = −I

onde X e uma matriz 2 × 2 com coeficientes reais, I =

(1 00 1

)

e “·” e

o produto de matrizes, entao podemos achar a solucao

i =

(0 −11 0

)

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2 Numeros Complexos Cap. 1

que geometricamente corresponde a rotacao de um angulo reto (π

2ra-

dianos) no plano R2, no sentido anti-horario.

Como podemos ver essa rotacao i =

(0 −11 0

)

como um numero

dentro de um conjunto que amplia o conjunto R dos reais?Primeiramente note que se ao numero real a associamos a matriz

aI = a

(1 00 1

)

=

(a 00 a

)

entao temos que a soma a + c = c + a fica

associada a matriz(a 00 a

)

+

(c 00 c

)

=

(c 00 c

)

+

(a 00 a

)

=

(a+ c 0

0 a+ c

)

e ao produto ac = ca corresponde(a 00 a

)

·(c 00 c

)

=

(c 00 c

)

·(a 00 a

)

=

(ac 00 ac

)

ou seja, as matrizes da forma

(a 00 a

)

se comportam exatamente da

mesma maneira que os numeros reais em relacao a soma e ao produto(em linguagem mais sofisticada isso quer dizer que R e isomorfo ao corpo

cujos elementos sao as matrizes

(a 00 a

)

onde a ∈ R).

Ampliamos entao o conjunto R considerando as matrizes 2 × 2 daforma

aI + bi = a

(1 00 1

)

+ b

(0 −11 0

)

=

(a 00 a

)

+

(0 −bb 0

)

=

(a −bb a

)

onde a, b ∈ R. Chamamos os “numeros”da forma aI+0i = aI de reais eos da forma 0I + bi = bi de imaginarios. Um “numero”da forma aI + bie chamado numero complexo.

Definimos as operacoes entre numeros complexos a partir da soma edo produto de matrizes. Assim, a soma e comutativa e dada por

(aI + bi) + (cI + di) =

(a −bb a

)

+

(c −dd c

)

=

(a+ c −(b+ d)b+ d a+ c

)

= (a+ c)I + (b+ d)i

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Secao 1 Introducao 3

com elemento neutro 0I + 0i =

(0 00 0

)

e simetrico −(aI + bi) = −aI −

bi =

(−a b−b −a

)

e o produto e dado por

(aI + bi).(cI + di) =

(a −bb a

)

·(c −dd c

)

=

(ac− bd −(ad+ bc)ad+ bc ac− bd

)

= (ac− bd)I + (ad+ bc)i

com elemento identidade 1I + 0i =

(1 00 1

)

. Observe que

(aI + bi).(cI + di) =

(a −bb a

)

·(c −dd c

)

=

(c −dd c

)

·(a −bb a

)

= (cI + di).(aI + bi)

e o produto e comutativo.Para obter o inverso multiplicativo lembramos que uma matriz qua-

drada e invertıvel se, e somente se, o seu determinante e nao nulo e que

det

(a −bb a

)

= a2 + b2 se anula apenas para a = b = 0. Portanto, um

numero complexo aI+bi tem um inverso multiplicativo desde que a 6= 0ou b 6= 0, isto e, aI + bi 6= 0I + 0i e nesse caso

(aI + bi)−1 =

(a −bb a

)−1

=1

a2 + b2

(a b−b a

)

=

a

a2 + b2b

a2 + b2−b

a2 + b2a

a2 + b2

=a

a2 + b2I +

−ba2 + b2

i.

Como a soma e o produto de matrizes quadradas sao operacoes as-sociativas e alem disso vale a distributividade do produto em relacao asoma, concluımos que todas essas propriedades sao validas para a somae o produto de numeros complexos e daı vem que o conjunto

{aI + bi : a, b ∈ R}

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4 Numeros Complexos Cap. 1

e um corpo, chamado corpo dos numeros complexos e representadopor C.

Vamos agora simplificar a notacao. Vimos que fazer corresponder

ao numero a ∈ R a matriz diagonal

(a 00 a

)

nao introduziu nenhuma

modificacao no que diz respeito a soma e ao produto. Por outro lado,com essa identificacao i

2 = i · i = −I corresponde ao numero real −1.Logo, podemos simplesmente omitir o “I”em aI + bi e associar i

2 a−1, lembrando sempre das formulas para a soma e para o produto denumeros complexos. Com isso em mente escrevemos

C = {a+ bi : a, b ∈ R}

mas, como o produto e comutativo, temos bi = ib e tambem podemosescrever um numero complexo a + bi como a + ib. Observe que somosnaturalmente levados a colocar i =

√−1.

Pois bem, o que fizemos ate agora foi resolver a equacao X2 = −1e a partir daı obtivemos o corpo C dos complexos. E se tivessemosconsiderado uma outra equacao polinomial? Teriamos obtido um outrocorpo, talvez mais “complexo”? A resposta e nao e constitui uma paginaimportante da Matematica. Ela foi dada por Carl Friedrich Gauss, ma-tematico alemao que na sua tese de doutoramento em 1799 demonstrouo Teorema Fundamental da Algebra, segundo o qual qualquer equacaopolinomial sobre o corpo C tem solucao. Nos ocuparemos da demons-tracao desse teorema mais adiante, apos desenvolvermos os instrumentosanalıticos necessarios.

2 O corpo C

2.1 Definicao.1 Um numero complexo z e um par ordenado de nume-ros reais z = (x, y) satisfazendo as seguintes regras de manipulacaopara a soma e o produto:

(1) z1 + z2 = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2).

(2) z1z2 = (x1, y1)(x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + y1x2).

A soma e o produto tem as seguintes propriedades:

1Essa definicao e devida ao matematico irlandes William R. Hamilton e apareceuem 1837, embora muito anteriormente varios matematicos ja houvessem trabalhadocom numeros complexos como pontos no plano.

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Secao 2 O corpo C 5

(3) comutatividade: z1 + z2 = z2 + z1 e z1z2 = z2z1.

(4) associatividade: (z1+z2)+z3 = z1+(z2+z3) e (z1z2)z3 = z1(z2z3).

(5) (0, 0) e elemento neutro aditivo: z + (0, 0) = z para todo z com-plexo.

(6) (1, 0) e identidade multiplicativa: z(1, 0) = z para todo z com-plexo.

(7) todo z = (x, y) tem um simetrico aditivo, o numero −z = (−x,−y),ou seja, (x, y) + (−x,−y) = (0, 0).

(8) todo z = (x, y) 6= (0, 0) tem um inverso multiplicativo, o numero(

xx2+y2

, −yx2+y2

)

, ou seja, (x, y)(

xx2+y2

, −yx2+y2

)

= (1, 0).

(9) distributividade do produto em relacao a soma:

z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3.

Todas essas propriedades decorrem de (1),(2) e do fato de que elassao validas para a soma e o produto de numeros reais. Um conjuntomunido de uma soma e de um produto para os quais valem (3) a (9) echamado um corpo. Concluımos que os numeros complexos formam umcorpo, que e representado pelo sımbolo C.

O numero complexo (x, 0) e identificado com o numero real x (ob-serve que, como (x1, 0)+(x2, 0) = (x1+x2, 0) e (x1, 0)(x2, 0) = (x1x2, 0),essa identificacao e perfeitamente lıcita). Dessa maneira o corpo R dosnumeros reais e visto como um subconjunto de C.

O numero complexo (0, 1) e chamado de unidade imaginaria e repre-sentado pelo sımbolo i. A propriedade notavel que o numero i satisfaze a seguinte:

i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (0.0 − 1.1, 0.1 + 1.0) = (−1, 0) = −1

e nesse sentido podemos escrever i =√−1. Agora, (y, 0)(0, 1) = (0, y)

e daı

(x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0)(0, 1) = x+ yi,

levando em conta a identificacao acima. Mas, ja que o produto e comu-tativo temos yi = iy e todo numero complexo z = (x, y) tambem pode

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6 Numeros Complexos Cap. 1

ser escrito como z = x + iy. Ambas notacoes serao adotadas de agoraem diante. Entre outras utilidades elas simplificam as manipulacoes comnumeros complexos. Por exemplo, para efetuar um produto usamos asregras algebricas usuais juntamente com i

2 = −1:

(x1 + iy1)(x2 + iy2) = x1x2 + ix1y2 + iy1x2 + i2y1y2

= x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + y1x2).

Em particular, (x1 + iy1)(x1 − iy1) = x12 + y1

2.Usamos essa igualdade para expressar quocientes de numeros com-

plexos na forma x+ yi. Por exemplo, para reduzir

(2 + 3i) + (−1 + 7i)√2 + 4i

a forma x+ yi, comecamos simplificando o numerador :

(2 + 3i) + (−1 + 7i)√2 + 4i

=1 + 10i√

2 + 4i.

Em seguida reduzimos o denominador a um numero real multipli-cando numerador e denominador por

√2 − 4i:

(1 + 10i√

2 + 4i

)(√2 − 4i√2 − 4i

)

=(1 + 10i)(

√2 − 4i)

2 + 16

=

√2 + 40 + (10

√2 − 4)i

18

=

√2 + 40

18+

10√

2 − 4

18i.

Ja sabemos que se o produto de dois numeros reais e nulo entao umdeles e nulo. Vamos usar esse resultado e mostrar que o mesmo ocorrepara numeros complexos, isto e, se z1, z2 ∈ C e z1z2 = 0 entao z1 = 0 ouz2 = 0. De fato, suponha z1 6= 0 e escreva z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2.Temos x1 6= 0 ou y1 6= 0 e (x1 +iy1)(x2 +iy2) = 0. Multiplicando ambosos lados dessa igualdade por x1 − iy1 ficamos com

0 = (x1 − iy1)[(x1 + iy1)(x2 + iy2)]

= [(x1 − iy1)(x1 + iy1)](x2 + iy2)

= (x12 + y1

2)(x2 + iy2)

= (x12 + y1

2)x2 + i(x12 + y1

2)y2

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Secao 2 O corpo C 7

e necessariamente

(x12 + y1

2)x2 = 0 e (x12 + y1

2)y2 = 0.

Como x12 + y1

2 6= 0 pois z1 6= 0 temos x2 = 0 e y2 = 0 o que diz quez2 = 0 (a afirmativa acima e verdadeira num corpo qualquer).

Tambem sabemos que o corpo R e ordenado, isto e, dados dois reaisx 6= y temos que ou x < y ou y < x. Segue do fato de R ser ordenadoque o quadrado de qualquer numero real nao nulo e positivo. Ja nocorpo C nao e possıvel introduzir uma relacao de ordem compatıvel coma adicao e a multiplicacao. Isso decorre da existencia do numero i quesatisfaz i

2 = −1 (veja os exercıcios desse capıtulo).

Dado o numero complexo z = (x, y) = x+ iy chamamos ao numeroreal x de parte real de z e ao numero real y de parte imaginaria de z eescrevemos

x = Re(z) , y = Im(z).

Re(z) e Im(z) sao as coordenadas do ponto z no plano R2, ao qualchamaremos de plano complexo C sempre que considerarmos seus pontoscomo numeros complexos.

O valor absoluto ou modulo de um numero real x, |x|, e definidocomo a distancia de x a 0, isto e, |x| =

√x2. Analogamente, definimos o

modulo de um numero complexo z = x+ iy como a distancia do pontoz = (x, y) a origem (0, 0) do plano complexo:

|z| =√

x2 + y2 =

√

Re(z)2 + Im(z)2.

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8 Numeros Complexos Cap. 1

Ja que o modulo de z foi definido a partir da nocao usual de distanciaentre pontos no plano, todas as suas propriedades se transportam ime-diatamente para o modulo, como por exemplo a desigualdade triangular:

|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| ∀ z1, z2 ∈ C.

Por outro lado, uma vez que o corpo C consiste do plano R2 munidode uma multiplicacao conveniente, podemos obter mais propriedades domodulo introduzindo a operacao de conjugacao:

2.2 Definicao. Dado o numero complexo z = x+ iy o conjugado de ze o numero complexo z = x− iy.

Note que z significa, geometricamente, a reflexao de z em torno doeixo horizontal (veja figura).

A conjugacao e importante porque, entre outras informacoes, nos dizque:

zz = (x+ iy)(x− iy) = x2 + y2 = |z|2.Alem disso e facil verificar:

• x = Re(z) = 12(z + z),

• y = Im(z) = 12i

(z − z) = −i

2 (z − z),

• z e real se e somente se z = z,

• z1 + z2 = z1 + z2,

• z1z2 = z1 z2.

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Secao 3 Representacao Polar 9

Usando a ultima dessas igualdades obtemos

|z1z2|2 = z1z2z1z2 = z1z2z1 z2 = z1z1z2z2 = |z1|2|z2|2

ou seja,

|z1z2| = |z1||z2|.

3 Representacao Polar

Como um numero complexo e definido por um par ordenado de numerosreais, temos imediatamente que um tal numero esta identificado com umponto do plano cartesiano.

Uma outra identificacao, muito util, e obtida atraves das coordenadaspolares (r, θ). Recordemos que se (x, y) 6= (0, 0) e um ponto do planoentao a coordenada r desse ponto e sua distancia a origem e a coordenadaθ e o angulo determinado pelo segmento de reta que une o ponto a origeme o semi-eixo positivo dos x, medido no sentido anti-horario (lembramosde uma vez por todas que medimos angulos em radianos).

As coordenadas cartesianas e polares estao relacionadas por (vejafigura):

x = r cos θ

y = r sen θ

Logo, um numero nao nulo z = x+ iy = (x, y) se escreve

z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ),

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10 Numeros Complexos Cap. 1

onde r =√

x2 + y2 = |z|. Esta e a chamada representacao polar ouforma polar de um numero complexo.

Qualquer valor de θ para o qual a igualdade acima se verifica e cha-mado um argumento de z e usaremos a notacao θ = arg(z). Observeque θ nao e unico ja que, se a igualdade e verdadeira para um valor de θ,tambem o e para θ+2kπ, k um numero inteiro arbitrario, mas podemosdeterminar θ de maneira unica exigindo, por exemplo, que 0 ≤ θ < 2πou que −π < θ ≤ π.

Exemplificando, os numeros da forma yi com y > 0 tem a repre-sentacao polar

yi = y(cosπ

2+ i sen

π

2).

Ja os da forma x+ ix com x < 0 se escrevem

x+ ix = −√

2x(cos5π

4+ i sen

5π

4) = −

√2x(−1√

2+ i

−1√2

).

Sejam agora z e w dois numeros complexos nao nulos com repre-sentacoes polares

z = r(cos θ + i sen θ)

w = ρ(cosφ+ i sen φ)

A representacao polar do produto zw e

zw = r(cos θ + i sen θ)ρ(cosφ+ i sen φ)

= rρ[(cos θ cosφ− sen θ sen φ) + i(cos θ sen φ+ sen θ cosφ)]

= rρ[cos(θ + φ) + i sen (θ + φ)]

usando as formulas de adicao para o seno e o co-seno.

Ja sabiamos que |zw| = |z||w| e o que concluımos de novo a partirda igualdade acima e que arg(zw) = arg(z) + arg(w), ou seja, um argu-mento do produto de dois numeros complexos e a soma dos argumentosdesses numeros. A funcao logaritmo tambem satisfaz uma propriedadeanaloga e veremos mais adiante que a representacao polar esta intima-mente relacionada com ela.

Faca z = w no exemplo acima e obtenha

z2 = r2[cos(2θ) + i sen (2θ)].

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Secao 3 Representacao Polar 11

Essa igualdade e sugestiva e nos induz a dizer que

zn = rn(cos θ + i sen θ)n = rn[cos(nθ) + i sen (nθ)]

qualquer que seja n ∈ N, uma afirmativa verdadeira, conhecida comoformula de De Moivre. Uma demonstracao imediata dessa formula podeser feita por inducao (o leitor deve faze-la), mas vamos nos concentrarnuma de suas aplicacoes, a extracao de raizes.

Se z0 e um numero complexo, uma raiz n-esima (ou de ordem n) dez0 e um numero complexo z satisfazendo

zn = z0.

Para resolver essa equacao escreva ambos os membros na forma polar:

z0 = r0(cos θ0 + i sen θ0)

e

z = r(cos θ + i sen θ).

Como

zn = rn[cos(nθ) + i sen (nθ)]

ficamos com

zn = rn[cos(nθ) + i sen (nθ)] = r0(cos θ0 + i sen θ0) = z0.

Primeiramente note que |zn| = |z|n = |z0|, ou seja, rn = r0 o que fornecer = r0

1/n e a igualdade acima fica reduzida a

cos(nθ) + i sen (nθ) = cos θ0 + i sen θ0.

Como dois numeros complexos sao iguais se e somente se suas partesreais e suas partes imaginarias sao iguais temos:

(*) cos(nθ) = cos θ0e sen (nθ) = sen θ0

Usando que as funcoes seno e co-seno sao periodicas de periodo 2π,concluımos que nθ = θ0 + 2jπ, j ∈ Z, e daı

θ =θ0 + 2jπ

n=θ0n

+2jπ

nj ∈ Z.

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12 Numeros Complexos Cap. 1

Quantos valores de θ fornecendo solucoes distintas de (∗) podemosencontrar? Note que se fixamos j entao

cos(θ0n

+2jπ

n

)

= cos(θ0n

+2(j + n)π

n

)

e

sen(θ0n

+2jπ

n

)

= sen(θ0n

+2(j + n)π

n

)

logo, fazendo j = 0, 1, . . . , n− 1 obtemos precisamente n solucoes

θ1 =θ0n, . . . , θj =

θ0n

+2(j − 1)π

n, . . . , θn =

θ0n

+2(n− 1)π

n.

Portanto as raizes n-esimas de z0 sao:

zj = r01/n

[

cos

(θ0n

+2(j − 1)π

n

)

+ i sen

(θ0n

+2(j − 1)π

n

)]

onde 1 ≤ j ≤ n.

Por exemplo, as raizes cubicas de 1 = cos 0 + i sen 0 sao

z1 = 1,

z2 = cos2π

3+ i sen

2π

3=

−1

2+ i

√3

2

z3 = cos4π

3+ i sen

4π

3=

−1

2− i

√3

2.

Observe que z22 = z3 pois arg(z2

2) = 2 arg(z2) = arg(z3). Escrevendoz2 = ω temos que essas raizes sao ω, ω2 e ω3 = 1.

Mais geralmente, as raizes n-esimas de 1 sao

zj = cos

(2(j − 1)π

n

)

+ i sen

(2(j − 1)π

n

)

, 1 ≤ j ≤ n.

Novamente, arg(z2k) = k arg(z2) = arg(zk+1) para 2 ≤ k ≤ n − 1, ou

seja, z2k = zk+1 e fazendo ω = z2 = cos 2π

n + i sen 2πn concluımos que as

raizes de ordem n de 1 sao ω, ω2, . . . , ωn−1 e ωn = 1. Note que, comopontos no plano C, elas sao os vertices de um polıgono regular de n ladosinscrito no cırculo de centro 0 e raio 1.

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Secao 4 Exercıcios 13

4 Exercıcios

1) Reduza a forma x+ iy:

(1 − 5i)2 − 4i; −i(−1+ i)+2; (3+ i)(1− 11i); (√

2− i√

5)(√

5+ i√

2).

2) Reduza a forma x+ iy:

3 − 4i

2i;

2 + 5i

−1 + i√

3;

(2 − 2i)2

1 + i;z − zi

z − zi.

3) Faca um esboco e identifique os seguintes conjuntos:

|z| = |z − 2|; |z| = |z − 1|; a|z| = |z − 1|, a ∈ R, a 6={

0

1.

4) Faca um esboco e identifique os seguintes conjuntos:

Re(z) = Im(z − 1); Im(z − 1) = |z + 1|; |z| = |z − 1|.

5) Mostre que ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|.6) Deduza a desigualdade |z1 + z2 + z3| ≤ |z1| + |z2| + |z3|.7) Mostre que, se z2 6= −z3, entao

∣∣∣∣

z1z2 + z3

∣∣∣∣≤ |z1|

||z2| − |z3||.

8) Resolva as equacoes:

z − z = 1; z + zi = 2 + i; z + 2z = 1 − i.

9) Mostre que |z1 + z2| < |1 + z1z2| desde que |z1| < 1 e |z2| < 1.

10) Encontre todas as solucoes das equacoes:

z2 = 1 − i√

3; z5 = −1; z3 = 1; z7 = −(1 + i).

11) Seja P (x) = ax2 + bx + c um polinomio de grau 2 com coeficientesreais e suponha que ∆ = b2 − 4ac < 0. Entao, as solucoes da equacao

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14 Numeros Complexos Cap. 1

P (x) = 0 sao numeros complexos com parte imaginaria nao nula. Sez1 e z2 sao essas solucoes, mostre que z2 = z1. Mais geralmente, seP (x) = anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 e um polinomio de grau n > 0

arbitrario, com coeficientes reais, e se z0 ∈ C e tal que P (z0) = 0, entaotem-se que P (z0) = 0.

12) Considere a equacao az2 + bz+ c = 0, onde a, b, c ∈ C. Deduza umaexpressao para as suas raizes.

13) Deduza a formula

1 + z + z2 + · · · + zn−1 =zn − 1

z − 1, z 6= 1.

14) Use o exercıcio anterior para mostrar que, se ω 6= 1 satisfaz a equacaoωn = 1, entao

1 + ω + ω2 + · · · + ωn−1 = 0.

15) Demonstre a formula de De Moivre

(cos θ + i sen θ)n = cosnθ + i sen nθ.

16) Use o exercıcio anterior e deduza

cos 2θ = cos2θ − sen 2θ

sen 2θ = 2 sen θ cos θ

cos 3θ = cos3θ − 3 cos θ sen 2θ

sen 3θ = 3cos2θ sen θ − sen 3θ.

17) Use o exercıcio 15 para deduzir expressoes para sen 4θ e para cos 4θ.

18) Calcule (2 + i)(3 + i) e deduza a igualdade

π

4= arctan

1

2+ arctan

1

3.

19) Calcule (5 − i)4(1 + i) e deduza a igualdade

π

4= 4 arctan

1

5− arctan

1

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Secao 4 Exercıcios 15

20) Mostre que tres pontos a, b e c no plano sao colineares se, e somentese

det

1 a a

1 b b1 c c

= 0

21) Uma ordem num corpo K consiste em dar um subconjunto K+ deK tal que:

(i) se x, y ∈ K+ entao x + y ∈ K+ e xy ∈ K+ (K+ e chamado oconjunto de elementos positivos) e

(ii) dado x ∈ K entao apenas uma das possibilidades se verifica: oux ∈ K+, ou x = 0 ou −x ∈ K+.

Segue daı que o quadrado de qualquer elemento nao nulo de K epositivo. De fato, se x ∈ K+ entao x2 ∈ K+ por (i). Por outro lado,se −x ∈ K+ entao (−x)2 = (−x)(−x) = x2 ∈ K+, por (i) novamente.Conclua que o corpo C nao pode admitir uma ordem.

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Calculo no Plano

1 Domınios

Discutiremos brevemente os conceitos topologicos necessarios ao estudodo calculo de funcoes de uma variavel complexa. Esclarecemos que aabordagem apresentada aqui e ingenua e faz apelo a intuicao. O leitorinteressado numa versao rigorosa deve consultar 1.

Sejam z0 = (x0, y0) um ponto do plano complexo C e a um numeroreal positivo. O conjunto D(z0, a) formado pelos pontos z do planosatisfazendo

|z − z0| < a

e chamado disco aberto ou simplesmente disco de raio a e centro z0. Jao conjunto D(z0, a) formado pelos pontos tais que

|z − z0| ≤ a

e chamado disco fechado de raio a e centro z0. O cırculo de raio a ecentro z0, notado ∂D(z0, a), consiste precisamente dos pontos a distanciaa de z0, ou seja, dos pontos z satisfazendo |z − z0| = a. Observe queD(z0, a) e formado pelos pontos de D(z0, a), chamados de pontos inte-riores a D(z0, a) e pelos pontos do cırculo ∂D(z0, a), chamados pontosde fronteira de D(z0, a).

Um subconjunto U do plano e um conjunto aberto se a seguintecondicao e satisfeita: dado qualquer ponto z em U podemos encontrarum real positivo a tal que o disco de centro z e raio a esta inteiramente

1Elon Lages Lima - Espacos Metricos - Projeto Euclides - IMPA

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Secao 1 Domınios 17

contido em U . O conjunto vazio ∅ e aberto, por definicao. Essa nocaonos diz que se z e um ponto do aberto U , entao podemos nos mover pelomenos uma pequena distancia em qualquer direcao a partir de z semsair do conjunto. Um subconjunto V do plano e um conjunto fechado seo seu complemento C \ V e aberto e dizemos que V e limitado se todosos seus pontos estao a uma distancia finita da origem, ou seja, se existirum numero positivo R tal que |z| < R qualquer que seja z ∈ V .

Por exemplo, o plano C e aberto, bem como o e um disco D(z0, a),onde z0 e a sao quaisquer. Tambem e aberto o conjunto {z ∈ C : Im(z) >0 e Re(z) > 0}. Ja um conjunto consistindo de um unico ponto {z0} efechado, bem como um disco fechado D(z0, a), onde z0 e a sao quaisquer.Observe que o plano C tambem e fechado, ja que o seu complemento,o conjunto vazio, e aberto, por definicao . Um cırculo ∂D(z0, a) e umconjunto fechado.

Se U e um subconjunto do plano e z ∈ C, dizemos que z e ponto defronteira de U se todo disco de centro em z contem pontos de U e docomplemento de U . A fronteira de U e o conjunto formado pelos pontosde fronteira e sera notada ∂U . Por outro lado, se existir um disco decentro z e raio positivo inteiramente contido em U , entao z e chamadoponto interior a U . Finalmente, dizemos que z e ponto de acumulacaode U , se vale a seguinte propriedade: qualquer que seja a > 0, o discoD(z, a) contem pelo menos um ponto de U distinto de z.

Exemplificando, ∂D(z0, a) e a fronteira tanto de D(z0, a) quanto deD(z0, a). Todo ponto z ∈ D(z0, a) e ponto interior tanto a D(z0, a)quanto a D(z0, a). Mais geralmente, todo ponto de um conjunto abertoU e ponto interior a U . Qualquer z ∈ ∂D(z0, a) e ponto de acumulacaode D(z0, a) e de D(z0, a). A semi-reta (x, 0), x ≥ 0, juntamente coma semi-reta (0, y), y ≥ 0, constituem a fronteira de {z ∈ C : Im(z) >0 e Re(z) > 0}.1.1 Definicao. Um caminho suave em C e uma aplicacao

γ : J −→ C

com derivada contınua em todos os pontos de J , onde J ⊂ R e umintervalo da forma J = [a, b], a < b.

Algumas palavras sobre essa definicao. Lembramos que dar umaaplicacao γ : J −→ C significa dar duas funcoes reais x : J → R ey : J → R, as coordenadas de γ. Para cada t ∈ J esta associado o pontodo plano γ(t) = (x(t), y(t)) = x(t) + iy(t) e, a medida que t percorre

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18 Calculo no Plano Cap. 2

o intervalo J , o vetor γ(t) descreve o caminho. A imagem γ(J) e umacurva no plano C a qual, por abuso de linguagem, tambem chamaremosde caminho. Os pontos γ(a) e γ(b) sao chamados ponto inicial e pontoterminal do caminho γ, respectivamente. Se γ(a) = γ(b) dizemos que γe um caminho fechado. A derivada ou velocidade de γ em t ∈ (a, b) e ovetor γ′(t) = x′(t) + iy′(t). Ja nos extremos do intervalo temos apenasderivadas laterais, isto e,

γ′(a) = limh→0h>0

γ(a+ h) − γ(a)

h

e

γ′(b) = limh→0h<0

γ(b+ h) − γ(b)

h.

Dizer que γ tem derivada contınua em J equivale a termos

limt→t0

γ′(t) = γ′(t0) qualquer que seja a < t0 < b,

limt→at>a

γ′(t) = γ′(a) e limt→bt<b

γ′(t) = γ′(b).

Por exemplo, o segmento de reta que une dois pontos do plano,P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2), e descrito pelo caminho suave γ(t) =((1 − t)x1 + tx2, (1 − t)y1 + ty2), 0 ≤ t ≤ 1. P1 = γ(0) e o ponto iniciale P2 = γ(1) o ponto terminal de γ.

Ja um cırculo ∂D(z0, a) e descrito pelo caminho fechado

γ(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π,

onde z0 = (x0, y0). Uma elipse x2

a2 + y2

b2= 1 e descrita pelo caminho

fechado

γ(t) = (a cos t, b sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π.

Esse caminho pode ser obtido da seguinte maneira: substitua xa por X

e yb por Y na equacao da elipse, que se transforma em X2 + Y 2 = 1,

a equacao de um cırculo de centro (0, 0) e raio 1. Como ja sabemosdescrever um cırculo, fazemos X = cos t, Y = sen t e obtemos γ.

Observe que na definicao de caminho suave esta subentendida anocao de orientacao ou sentido de percurso do caminho. Mais preci-samente, o caminho e percorrido do ponto inicial ao ponto terminal a

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Secao 1 Domınios 19

medida que t ∈ [a, b] cresce. Podemos inverter o sentido de percursodefinindo o caminho reverso de γ, γ−, por

γ−(t) = γ(a+ b− t) , a ≤ t ≤ b.

O conjunto de pontos do plano descrito por esses dois caminhos e omesmo, porem os pontos inicial e terminal de um sao os pontos terminale inicial do outro, respectivamente.

Os reversos dos caminhos γ(t) = ((1 − t)x1 + tx2, (1 − t)y1 + ty2),0 ≤ t ≤ 1, γ(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t) e γ(t) = (a cos t, b sen t),0 ≤ t ≤ 2π, sao, respectivamente:

γ−(t) = (tx1 + (1 − t)x2, ty1 + (1 − t)y2), 0 ≤ t ≤ 1,

γ−(t) = (x0 + a cos(2π − t), y0 + a sen (2π − t)) , 0 ≤ t ≤ 2π e

γ−(t) = (a cos(2π − t), b sen (2π − t)) , 0 ≤ t ≤ 2π.

Consideraremos agora uma classe mais ampla de caminhos em C.

1.2 Definicao. Um caminho suave por partes em C e uma colecaofinita de caminhos suaves γ1 : [a1, b1] → C, γ2 : [a2, b2] → C, . . . ,γn : [an, bn] → C, satisfazendo: γi(bi) = γi+1(ai+1) para 1 ≤ i ≤ n− 1.

Usaremos a notacao γ1 ∗ γ2 ∗ · · · ∗ γn quando nos referirmos a cami-nhos suaves por partes. Como para caminhos suaves, dizemos que umcaminho suave por partes e fechado se γ1(a1) = γn(bn), isto e, o pontoinicial do primeiro caminho da colecao coincide com o ponto terminal doultimo. Observe que um caminho suave e, em particular, um caminhosuave por partes.

Por exemplo, o triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) e (1, 1) e dado pelosseguintes caminhos (veja figura):

γ1(t) = (t, 0) t ∈ [0, 1],

γ2(t) = (1, t) t ∈ [0, 1],

γ3(t) = (t, t) t ∈ [0, 1].

Esse triangulo fica descrito pelo caminho fechado, suave por partes, γ1 ∗γ2 ∗ γ−3 .

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20 Calculo no Plano Cap. 2

Dado um caminho suave por partes, γ = γ1 ∗ γ2 ∗ · · · ∗ γn, podemosnormaliza-lo e ve-lo como um caminho γ : [0, 1] → C. Para fazer isso,dividimos o intervalo [0, 1] em n intervalos,

[

0,1

n

]

,

[1

n,2

n

]

, . . .

[j − 1

n,j

n

]

, . . .

[n− 1

n, 1

]

e, para cada um desses, definimos uma bijecao suave

rj :

[j − 1

n,j

n

]

→ [aj , bj ] por

rj(t) = n(bj − aj)t− j(bj − aj) + bj .

Os caminhos γj(rj(t)), 1 ≤ j ≤ n, sao suaves e o ponto inicial de γj(rj(t))coincide com o ponto terminal de γj−1(rj−1(t)). Dessa maneira, o ca-minho original γ pode ser visto como definido no intervalo [0, 1].

Dizemos que um caminho suave por partes e fechado (normalizadocomo acima) e simples, se a aplicacao γ : [0, 1] → C que o define einjetiva, exceto pelos pontos 0 e 1, ou seja, γ(0) = γ(1), γ(t) 6= γ(0),0 < t < 1 e γ(t1) 6= γ(t2) se 0 < t1 6= t2 < 1. Isso quer dizer que ocaminho nao possui auto-intersecoes. Apresentamos agora um conceitode muita utilidade:

1.3 Definicao. Uma curva de Jordan suave por partes e um caminhosuave por partes, fechado e simples.

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Um teorema devido a Jordan nos diz que: uma curva de Jordan suavepor partes γ divide o plano R2 em exatamente dois abertos disjuntos,um deles limitado e o outro ilimitado, sendo γ a fronteira comum dessesdois abertos. Esse resultado, embora de facil intuicao, e de demons-tracao nada trivial e trabalhosa e exemplifica a diferenca entre desenhoe Matematica.

1.4 Definicao. Se γ : [a, b] −→ C e um caminho suave, seu compri-mento e definido por:

`(γ) =

b∫

a

|γ′(t)|dt.

Se γ(t) = (x(t), y(t)) entao a expressao do comprimento de γ fica

`(γ) =

b∫

a

√

x′(t)2 + y′(t)2dt.

Se γ e um caminho suave por partes, γ = γ1 ∗ γ2 ∗ · · · ∗ γn, entao

`(γ) = `(γ1) + `(γ2) + · · · + `(γn).

Para o caminho γ(t) = (cos t, sen t), 0 ≤ t ≤ 2π, temos `(γ) =∫ 2π0

√

(− sen t)2 + (cos t)2dt =∫ 2π0 dt = 2π.

`(γ) e a distancia efetiva percorrida pelo ponto γ(t) ∈ R2, quando tvaria de a ate b. Cabe dizer que o comprimento de um caminho suave

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22 Calculo no Plano Cap. 2

γ nao e, em geral, o comprimento da curva γ([a, b]), imagem do inter-valo [a, b] pela aplicacao γ. Isso se deve a que, ao percorrer γ([a, b]),o ponto γ(t) pode varrer varias vezes um mesmo trecho. O leitor temuma ilustracao desse fato considerando o caminho γ(t) = (cos 2t, sen 2t),0 ≤ t ≤ 2π.

1.5 Definicao. Um subconjunto nao vazio U ⊂ C e chamado umdomınio se U e aberto e se, dados dois pontos quaisquer p e q em U ,existe um caminho suave por partes, inteiramente contido em U , cujospontos inicial e terminal sao , respectivamente, p e q.

Ingenuamente podemos dizer que, um domınio U e um conjuntoaberto constituido de um unico “pedaco”.

Exemplos de domınios sao C, C∗ = C\{0}, C\Z, D(z0, a), qualqueranel {z ∈ C : a < |z − z0| < b}. Ja C \ R e D(1, 1/2) ∪D(i, 1/2) nao osao (justifique).

2 Limites, Continuidade e Diferenciabilidade

Nessa secao recordaremos brevemente alguns conceitos do Calculo, quedizem respeito a aplicacoes f : A→ R2, onde A e um subconjunto abertodo plano. No que se segue vamos considerar tais aplicacoes em termosdas variaveis reais x e y, ja que as propriedades que nos interessamdizem respeito a proximidade entre pontos do plano e, assim sendo, aestrutura complexa de R2 e irrelevante. Alem disso, por simplicidade,vamos considerar apenas aplicacoes definidas em subconjuntos abertosdo plano.

A nocao de limite associado a uma aplicacao pode ser descrita infor-malmente por: dizemos que (a, b) e o limite de f quando (x, y) tende a(x0, y0), se f(x, y) esta arbitrariamente proximo de (a, b) quando (x, y)esta suficientemente proximo de (x0, y0). A notacao para essa frase e:

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = (a, b).

De maneira rigorosa, devemos exigir que o ponto (x0, y0) seja um pontode acumulacao do domınio de f e, com isso em mente temos

2.1 Definicao. (a, b) e o limite de f quando (x, y) tende a (x0, y0) se,dado qualquer numero ε > 0, e possıvel encontrar um numero positivo δde tal modo que, sempre que 0 < |(x, y)− (x0, y0)| < δ se tem |f(x, y)−(a, b)| < ε.

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Secao 2 Limites, Continuidade e Diferenciabilidade 23

Observe que uma aplicacao f : A → R2, onde A ⊂ R2 e aberto, seexpressa atraves de componentes, f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) onde u ev sao funcoes definidas em A e tomando valores em R. Portanto, dizerque lim

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = (a, b) equivale a dizer que

lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = a

e que

lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = b

Um exemplo simples consiste em considerar a funcao

f(x, y) =

{

(0, 0) se (x, y) 6= (0, 0)

(1, 0) se (x, y) = (0, 0)

E imediato que

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = (0, 0).

Observe que, nesse exemplo,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) 6= f(0, 0).

Aplicacoes mais manejaveis sao aquelas para as quais se tem que

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f(x0, y0).

Essas sao chamadas contınuas, formalmente definidas por

2.2 Definicao. Sejam A ⊂ R2 um aberto e f : A→ R2 uma aplicacao.Dizemos que f e contınua no ponto (x0, y0) ∈ A se

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f(x0, y0).

Se f e contınua em todos os pontos de A, dizemos que f e contınuaem A.

Uma outra classe interessante de aplicacoes e formada pelas que ad-mitem derivadas parciais, isto e

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24 Calculo no Plano Cap. 2

2.3 Definicao. Seja f : A → R2, A um subconjunto aberto de R2. ftem derivada parcial em relacao a x no ponto (x0, y0) ∈ A se o limite

limh→0

f(x0 + h, y0) − f(x0, y0)

h

existe. Analogamente, f tem derivada parcial em relacao a y no ponto(x0, y0) ∈ A se o limite

limk→0

f(x0, y0 + k) − f(x0, y0)

k

existe.

Caso as derivadas parciais em relacao a x e a y existam, elas saonotadas

∂f

∂x(x0, y0) e

∂f

∂y(x0, y0)

respectivamente. Em termos das coordenadas u e v de f temos

∂f

∂x(x0, y0) =

(∂u

∂x(x0, y0),

∂v

∂x(x0, y0)

)

e∂f

∂y(x0, y0) =

(∂u

∂y(x0, y0),

∂v

∂y(x0, y0)

)

.

Suponha agora que as derivadas parciais de f em relacao a x e a yexistam em todos os pontos (x, y) de A. Temos entao definidas duasaplicacoes

(x, y) 7→ ∂f

∂x(x, y) e (x, y) 7→ ∂f

∂y(x, y).

Caso essas aplicacoes sejam contınuas em A, dizemos que f e umaaplicacao suave em A. Note que se f = (u, v) e suave em A, entaoas funcoes

∂u

∂x(x, y),

∂u

∂y(x, y),

∂v

∂x(x, y) e

∂v

∂y(x, y).

sao contınuas em A, e reciprocamente.Por exemplo, a aplicacao

f(x, y) =

( −yx2 + y2

,x

x2 + y2

)

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Secao 3 O Teorema de Green 25

e suave em R2 \ {(0, 0)} e

∂f

∂x(x, y) =

(2xy

(x2 + y2)2,y2 − x2

(x2 + y2)2

)

∂f

∂y(x, y) =

(y2 − x2

(x2 + y2)2,

−2xy

(x2 + y2)2

)

.

3 O Teorema de Green

Um instrumento fundamental de que necessitaremos e o Teorema deGreen, tambem conhecido como Teorema de Stokes no plano. Comecamosentao considerando os ingredientes que compoem esse resultado.

Seja f : U → R2, f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), onde U ⊂ R2 e umdomınio, uma aplicacao com derivadas parciais

∂f

∂x=

(∂u

∂x,∂v

∂x

)

e∂f

∂y=

(∂u

∂y,∂v

∂y

)

contınuas em todos os pontos de U .

3.1 Definicao. Se γ : [a, b] −→ U e um caminho suave em U , γ(t) =(x(t), y(t)), definimos a integral de f ao longo de γ (ou integral de linhade f ao longo de γ) por:

∫

γ

f :=

∫

γ

udx+ vdy :=

b∫

a

[u(x(t), y(t))x′(t) + v(x(t), y(t))y′(t)

]dt.

Se γ1 ∗ γ2 ∗ · · · ∗ γn e um caminho suave por partes em U , a integral def ao longo desse caminho e definida por :

∫

γ1∗γ2∗···∗γn

f :=

∫

γ1

f +

∫

γ2

f + · · · +∫

γn

f.

Por exemplo, se f(x, y) =( −yx2+y2

, xx2+y2

)e γ e o caminho γ(t) =

(cos t, sen t), 0 ≤ t ≤ 2π entao :

∫

γf =

∫ 2π

0[ sen t sen t+ cos t cos t]dt =

∫ 2π

0dt = 2π.

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26 Calculo no Plano Cap. 2

Se f(x, y) = (x2, y2) e o caminho γ e o caminho suave por partes dadopor γ = γ1 ∗ γ2 ∗ γ3 ∗ γ4, onde γ1(t) = (1, t), γ2(t) = (−t, 1), γ3(t) =(−1,−t) e γ4(t) = (t,−1), para −1 ≤ t ≤ 1, entao :

∫

γ1∗γ2∗γ3∗γ4f =

∫ 1

−1t2dt−

∫ 1

−1t2dt−

∫ 1

−1t2dt+

∫ 1

−1t2dt = 0.

As integrais de linha sao sensıveis a orientacao ou sentido de percursodo caminho, isto e, se γ− denota o caminho reverso de γ entao

∫

γ−

f = −∫

γ

f.

De fato, se γ : [a, b] −→ U e dado por γ(t) = (x(t), y(t)) temos queγ−(t) = (x(a+ b− t), y(a+ b− t)) e daı

∫

γ−

f =

∫ b

a−[u(x(a+ b− t), y(a+ b− t))x′(a+ b− t)

]dt

+

∫ b

a−[v(x(a+ b− t), y(a+ b− t))y′(a+ b− t)

]dt.

Fazendo a substituicao s = a+ b− t essa integral fica∫ a

b

[u(x(s), y(s))x′(s) + v(x(s), y(s))y′(s)

]ds = −

∫

γ

f.

Para enunciarmos o teorema de Green necessitamos ainda do conceitode compatibilidade de orientacao entre um subconjunto do plano e suafronteira.

3.2 Definicao. Suponha que U ⊂ R2 e um domınio e seja V ⊂ Uum subconjunto fechado e limitado, cuja fronteira ∂V consiste de umnumero finito de curvas de Jordan suaves por partes e tal que V \ ∂Ve um domınio. Para cada uma dessas curvas, adotamos o sentido depercurso para o qual o interior de V esta sempre a esquerda quando apercorrermos. Nessas condicoes, dizemos que V e ∂V tem orientacaocompatıvel .

Essa nocao sera muito util nesse texto e sugerimos que o leitor atenha sempre em mente.

Por exemplo, se U = R2 e V = D(0, a), cuja fronteira e o cırculo∂D(0, a), entao devemos percorrer esse cırculo no sentido anti-horario.

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Secao 3 O Teorema de Green 27

Ja para o conjunto V abaixo (U = R2 novamente), ∂V = γ1∪γ2∪γ3.Para que a orientacao seja compatıvel, γ1 deve ser percorrido no sentidoanti-horario e γ2, γ3 ambos no sentido horario.

Finalmente temos o

3.3 Teorema de Green. Sejam U ⊂ R2 um domınio e f : U −→ R2

uma aplicacao suave. Seja V ⊂ U um subconjunto satisfazendo: (i) Ve fechado e limitado, (ii) a fronteira ∂V de V consiste de um numerofinito de curvas de Jordan suaves por partes, ∂V = γ1 ∪ · · · ∪ γn, e (iii)V \∂V e um domınio. Suponha que V e ∂V tem orientacao compatıvel.Entao, escrevendo f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), temos que

∫

∂V

f =

∫

∂V

udx+ vdy =

∫

V

∫ (∂v

∂x− ∂u

∂y

)

dxdy.

Demonstracao: Antes de mais nada,∫

∂V

f significa a soma

∫

γ1

f + · · · +∫

γn

f

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28 Calculo no Plano Cap. 2

sobre todas as curvas de Jordan que compoem a fronteira de V , orien-tadas compativelmente com V .

A demonstracao completa desse resultado exige mais instrumentaldo que temos a disposicao (veja 2) porem, podemos demonstra-lo numaversao simples e ilustrativa de situacoes gerais o bastante para a maioriadas aplicacoes de que necessitaremos. Essa versao e: vamos supor queV pode ser dado, simultaneamente, das seguintes maneiras:

(I) V = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} onde g1 e g2 saofuncoes cujos graficos sao curvas suaves por partes, e

(II) V = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} onde h1 e h2 saofuncoes cujos graficos sao curvas suaves por partes.

Exemplos simples de conjuntos que podem ser dados simultanea-mente nas formas (I) e (II) sao: discos fechados D(z0, a), poligonosregulares e “quadrantes”fechados de aneis

{z ∈ C : a ≤ |z − z0| ≤ b, Re(z) ≥ Re(z0), Im(z) ≥ Im(z0)}.

Convidamos o leitor a pensar em subconjuntos do plano que podemser divididos em regioes satisfazendo (I) e (II) e a aplicar o teorema aelas, convencendo-se assim da generalidade da demonstracao nesse casosimples.

Para V dado na forma (I), a fronteira consiste dos quatro caminhos

γ1(t) = (t, g1(t)), a ≤ t ≤ b

γ2(t) = (b, t), g1(b) ≤ t ≤ g2(b)

γ3(t) = (t, g2(t)), a ≤ t ≤ b

γ4(t) = (a, t), g1(a) ≤ t ≤ g2(a)

Para que V e ∂V tenham orientacao compatıvel devemos ter

∂V = γ1 ∗ γ2 ∗ γ−3 ∗ γ−4

(veja figura a seguir)

2Alcides Lins Neto, Funcoes de uma variavel complexa, Projeto Euclides, IMPA

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Secao 3 O Teorema de Green 29

Agora,∫

∂V

udx =

∫

γ1

udx+

∫

γ2

udx+

∫

γ−3

udx+

∫

γ−4

udx

mas, para γ2 e γ4 temos x′(t) = 0 e portanto as integrais de linha saonulas ao longo desses caminhos. Ficamos entao com

∫

∂V

udx =

∫

γ1

udx+

∫

γ−3

udx.

Essas se expressam por

∫

γ1

udx =

b∫

a

u(t, g1(t))dt e

∫

γ−3

udx = −b∫

a

u(t, g2(t))dt

e temos∫

∂V

udx =

b∫

a

[u(t, g1(t)) − u(t, g2(t))] dt.

Por outro lado,

∫

V

∫∂u

∂ydxdy =

b∫

a

g2(x)∫

g1(x)

∂u

∂ydydx

=

b∫

a

[u(x, g2(x)) − u(x, g1(x))] dx

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30 Calculo no Plano Cap. 2

e, trocando x por t nessa ultima expressao, concluimos que

(III)

∫

∂V

udx =

∫

V

∫

−∂u∂ydxdy.

Ja para V dado na forma (II), a fronteira consiste dos caminhos

γ1(t) = (t, c), h1(c) ≤ t ≤ h2(c)

γ2(t) = (h2(t), t), c ≤ t ≤ d

γ3(t) = (t, d), h1(d) ≤ t ≤ h2(d)

γ4(t) = (h1(t), t), c ≤ t ≤ d

e, para que V e ∂V tenham orientacao compatıvel devemos ter

∂V = γ1 ∗ γ2 ∗ γ−3 ∗ γ−4(veja figura abaixo)

Como anteriormente,∫

∂V

vdy =

∫

γ1

vdy +

∫

γ2

vdy +

∫

γ−3

vdy +

∫

γ−4

vdy,

mas, para γ1 e γ3 temos y′(t) = 0 e portanto as integrais de linha saonulas ao longo desses caminhos. Ficamos entao com

∫

∂V

vdy =

∫

γ2

vdy +

∫

γ−4

vdy.

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Secao 4 Exercıcios 31

Essas se expressam por

∫

γ2

vdy =

d∫

c

v(h2(t), t)dt e

∫

γ−4

vdy = −d∫

c

v(h1(t), t)dt

e temos∫

∂V

vdy =

d∫

c

[v(h2(t), t) − v(h1(t), t)] dt.

Por outro lado,

∫

V

∫∂v

∂xdxdy =

d∫

c

h2(y)∫

h1(y)

∂v

∂xdxdy =

d∫

c

[v(h2(y), y) − v(h1(y), y)] dy

e, trocando y por t nessa ultima expressao, obtemos

(IV)

∫

∂V

vdy =

∫

V

∫∂v

∂xdxdy.

Finalmente, como o conjunto V que estamos considerando pode ser dadosimultaneamente nas formas (I) e (II), temos que valem (III) e (IV).Somando essas expressoes ficamos com

∫

∂V

f =

∫

∂V

udx+ vdy =

∫

V

∫ (∂v

∂x− ∂u

∂y

)

dxdy. ut

4 Exercıcios

1) Nesse exercıcio, z0 e um numero complexo arbitrario. Esboce osconjuntos abaixo, diga se sao fechados, abertos (ou nenhum deles), es-boce sua fronteira, diga quais sao domınios e quais sao limitados:

(i) Re(z) ≥ Re(z0).(ii) Im(z0) > Re(z).(iii) Re(z2) ≥ 1.(iv) Im(zz0) > 0.(v) |z − z0| < |z − z0|.

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32 Calculo no Plano Cap. 2

(vi) |z − z0| ≤ |z − z0|.(vii) 1 < |z − z0| ≤ 3.(viii) Im(z2) ≤ 1.

2) Para cada um dos conjuntos abaixo, sua fronteira e descrita por umacurva suave por partes. Esboce o conjunto, sua fronteira e de umaaplicacao que a descreva.

(i) V = {z ∈ C : |z| ≤ 1,Re(z) ≥ 12}.

(ii) V = {z ∈ C : 12 ≤ |z| ≤ 1,Re(z) ≥ 0}.

(iii) V = {z ∈ C : 13 ≤ |z| ≤ 1,Re(z) ≥ Im(z) ≥ 0}.

3) Calcule∫

∂V

f onde V e cada um dos conjuntos do exercıcio anterior

(V e ∂V tem orientacao compativel) e

f(x, y) =

( −yx2 + y2

,x

x2 + y2

)

, f(x, y) =

(x

x2 + y2,

−yx2 + y2

)

.

4) Calcule∫

∂V

xndy e∫

∂V

yndx, onde n ≥ 1 e V e (i) o quadrado [0, 1] ×[0, 1], (ii) o disco D(0, 1) (V e ∂V tem orientacao compativel).

5) Seja V como no enunciado do teorema de Green. Mostre que a areade V e dada por

∫

∂V

xdy.

6) Use 5 para calcular a area de V = {(x, y) : x2/a2 + y2/b2 ≤ 1} e deV = {(x, y) : 1 ≤ x2 − y2 ≤ 9, 1 ≤ xy ≤ 4}.7) Calcule

∫

∂V

(x2 − y2)dx+ 2xydy

e ∫

∂V

2xydx+ (y2 − x2)dy

onde V e (i) o retangulo delimitado pelas retas y = x, y = −x + 4,y = x+ 2 e y = −x, (ii) V = {(x, y) : 1 ≤ x2 − y2 ≤ 9, 1 ≤ xy ≤ 4} (Ve ∂V tem orientacao compativel).

8) Calcule∫

∂V

ydx− (x− 1)dy

(x− 1)2 + y2

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Secao 4 Exercıcios 33

onde V e a regiao limitada pelos cırculos x2 +y2 = 3 e (x− 1)2 +y2 = 9,onde V e ∂V tem orientacao compativel.

9) Calcule∫

∂V

x2ydx− x3dy

(x2 + y2)2

onde V e a regiao interior a elipse x2/4+ y2/9 = 1, orientada no sentidoanti-horario.

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Funcoes Holomorfas

1 Funcoes Complexas

A nocao de funcao complexa envolve naturalmente a consideracao de 2variaveis reais. De fato, em linguagem corrente, uma funcao complexada variavel complexa z e uma correspondencia f que associa ao numero zum unico numero complexo w, chamado a imagem de z por f , w = f(z).Por outro lado, como z = x + iy = (x, y), tambem podemos dizer queuma tal funcao associa ao par (x, y) ∈ R2 o par w = (u(x, y), v(x, y)) =u(x, y) + iv(x, y) = f(x, y) ∈ R2. Um exemplo e f(z) = z + c ondec = a + ib. A expressao dessa funcao em termos de x e y e f(x, y) =(x+a, y+b). Agora, a estrutura multiplicativa que faz de R2 o corpo C,ou seja, que torna C um espaco vetorial de dimensao 1 sobre si mesmo,reserva surpresas quanto a expressao das funcoes complexas em geral.Considere por exemplo

f(z) = Re(z) − Im(z) = x− y = x− y + 0i.

Nao e possıvel expressar o numero complexo x − y + 0i somente emtermos de z, de modo explıcito. Forcosamente a variavel z = x−iy deveaparecer na expressao de f e ficamos com

f(x+ iy) =z + z

2− z − z

2i.

Isso vem do fato que f e uma funcao de C em si mesmo e C, comoespaco vetorial sobre R, tem dimensao 2. Daı a aparicao, em geral, davariavel z, independente de z como variavel real, na expressao dessas

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Secao 2 Limites e Continuidade 35

funcoes. Nosso interesse primordial e o estudo das funcoes complexasnas quais a variavel z nao intervem, isto e, que nao dependem de z.Uma condicao para que isso ocorra e dada pelas chamadas Condicoes deCauchy-Riemann, que veremos adiante.

No que se segue escreveremos f(z) = u(x, y)+iv(x, y) para enfatizarque as funcoes que consideraremos, apesar de serem funcoes da variavelcomplexa z, se expressam em termos das variaveis reais x e y.

2 Limites e Continuidade

A nocao de limite associado a uma funcao da variavel complexa z consistesimplesmente numa traducao da Definicao 2.1 para esse contexto. A fimde evitar generalidade exagerada, sejam A um subconjunto aberto de Ce f : A→ C uma funcao de z.

2.1 Definicao. Dado um numero z0 ∈ A, dizemos que o numero w0 ∈ Ce o limite de f quando z ∈ A tende a z0 se, dado qualquer numeroε > 0, e possıvel encontrar um numero δ > 0 tal que, se z ∈ A satisfaz0 < |z − z0| < δ, entao |f(z) − w0| < ε. Se esse for o caso, escrevemos

limz→z0

f(z) = w0.

Em linguagem corrente, isso quer dizer que |f(z) − w0| fica tao pe-queno quanto se queira, desde que z esteja suficientemente proximo dez0.

Um exemplo imediato consiste em mostrar que limz→z0

f(z) = z0, onde

f(z) = z. De fato, como |z − z0| = |z − z0| tome δ = ε na definicaoacima.

Uma propriedade que decorre da Definicao 2.1 e a unicidade do li-mite, isto e, se lim

z→z0f(z) = w0 e lim

z→z0f(z) = w1 entao w0 = w1. De fato

temos que, para 0 < |z − z0| < δ vale |f(z) − w0| < ε e |f(z) − w1| < ε.Logo,

|w0 − w1| ≤ |f(z) − w0| + |f(z) − w1| < 2ε.

Como ε e arbitrario, concluimos que w0 = w1.Observe que, escrevendo f(z) = u(x, y) + iv(x, y), onde u e v sao

funcoes das variaveis reais x e y entao, se existe limz→z0

f(z) = w0 e w0 =

u0 + iv0, temos que existem os limites

lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) e lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y)

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36 Funcoes Holomorfas Cap. 3

e esses sao iguais alim

(x,y)→(x0,y0)u(x, y) = u0

elim

(x,y)→(x0,y0)v(x, y) = v0.

De fato,

|z − z0| = |(x, y) − (x0, y0)| = |(x− x0, y − y0)|

e

|f(z)−w0| = |(u(x, y), v(x, y))− (u0, v0)| = |(u(x, y)− u0, v(x, y)− v0)|.

Agora,|u(x, y) − u0| ≤ |f(z) − w0|

e|v(x, y) − v0| ≤ |f(z) − w0|.

Logo,

|(x− x0, y − y0)| < δ ⇒ |f(z) − w0| < ε⇒

|u(x, y) − u0| < ε

e

|v(x, y) − v0| < ε.

A reciproca desse fato e deixada como exercıcio.As propriedades do limite de uma funcao complexa sao similares as

do limite de uma funcao real de uma variavel, pois tudo que necessitamossao a existencia de uma distancia e a estrutura de corpo. Daı vem aseguinte

2.2 Proposicao. Sejam A ⊂ C um aberto e f1 : A → C, f2 : A → Cduas funcoes complexas. Fixe um ponto z0 ∈ A. Se lim

z→z0f1(z) = w1 e

limz→z0

f2(z) = w2 entao:

(i) limz→z0

cf1(z) = cw1 onde c e qualquer numero complexo.

(ii) limz→z0

(f1(z) + f2(z)) = w1 + w2.

(iii) limz→z0

f1(z)f2(z) = w1w2.

(iv) se w1 6= 0 entao limz→z0

1f1(z) = 1

w1.

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Secao 2 Limites e Continuidade 37

Demonstracao: Vamos mostrar apenas a propriedade (iii). As demaisficam por conta do leitor interessado. Temos

|f1(z)f2(z) − w1w2| = |f1(z)f2(z) − f1(z)w2 + f1(z)w2 − w1w2|.

Pela desigualdade triangular

|f1(z)f2(z) − f1(z)w2 + f1(z)w2 − w1w2|≤ |f1(z)||f2(z) − w2| + |w2||f1(z) − w1|.

Agora, como existe o limite limz→z0

f1(z) temos que |f1(z)| e limitado se

z esta suficientemente proximo de z0. De fato, basta tomar ε = 1 paraobter um δ1 tal que |f1(z)| < |w1| + 1 para 0 < |z − z0| < δ1. Portanto,

|f1(z)f2(z) − w1w2| < (|w1| + 1)|f2(z) − w2| + |w2||f1(z) − w1|.

Como a expressao no lado direito da desigualdade fica tao pequenaquanto se queira para 0 < |z − z0| suficientemente pequeno, o resul-tado se segue. ut

Como no caso real, o conceito de funcao contınua e dado por

2.3 Definicao. Sejam A ⊂ C um aberto e f : A → C uma funcaocomplexa. Dizemos que f e contınua no ponto z0 ∈ A se lim

z→z0f(z) =

f(z0). Se f satisfaz essa propriedade em todos os pontos de A, dizemosque f e contınua em A.

Um exemplo de funcao contınua em C e f(z) = z. Ja f(z) = 1z e

contınua em C∗.Antes de enunciarmos algumas propriedades das funcoes complexas

contınuas, recordemos o conceito de composicao de funcoes: se f : A→C e g : B → C sao funcoes definidas nos abertos A e B, respectivamente,e tais que a imagem f(A) esta contida em B, tem sentido a expressaog(f(z)) para z ∈ A. A composta de f e g e, por definicao, a funcao

g ◦ f : A −→ C

z 7−→ g(f(z)).

Com isso em maos temos a

2.4 Proposicao. Sejam A e B abertos e f1 : A → C, f2 : A → C eg : B → C funcoes complexas, com f1(A) ⊂ B. Suponha que f1 e f2 saoambas contınuas em z0 ∈ A e que g e contınua em f1(z0). Entao:

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38 Funcoes Holomorfas Cap. 3

(i) as funcoes cf1 : A → C, f1 + f2 : A → C, f1.f2 : A → C saocontınuas em z0, onde c e um numero complexo qualquer.

(ii) se f1(z0) 6= 0 entao a funcao 1f1

: A→ C e contınua em z0.

(iii) a funcao g ◦ f1 : A→ C e contınua em z0.

Demonstracao: (i) e (ii) ficam a cargo do leitor. Para mostrar (iii)escolha ε > 0. Entao, existe δg > 0 tal que

0 < |w − f1(z0)| < δg =⇒ |g(w) − g(f1(z0))| < ε.

Agora, correspondendo a δg temos um numero δf1 > 0 tal que

0 < |z − z0| < δf1 =⇒ |f1(z) − f1(z0)| < δg.

Daı,0 < |z − z0| < δf1 =⇒ |g(f1(z)) − g(f1(z0))| < ε. ut

Por exemplo, h(z) = 1z e contınua em C∗ pois e a composicao de f(z) = 1

zcom g(z) = z.

3 A Derivada Complexa

Aqui comeca a diferenca entre aplicacoes f : A → R2 e funcoes com-plexas f : A → C. A razao disso esta na estrutura multiplicativa de C,ausente em R2. A derivada de uma funcao real de uma variavel real noponto x0 e definida como limite do quociente de Newton

limx→x0

f(x) − f(x0)

x− x0= f ′(x0).

Sobre C esse quociente tem sentido, ao passo que sobre R2 nao, ja quenao podemos dividir vetores. Com isso em mente temos a

3.1 Definicao. Sejam A ⊂ C um aberto, z0 um ponto de A e f : A→ Cuma funcao complexa. Se existir o limite

limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0

esse e chamado a derivada de f(z) no ponto z0 e notado f ′(z0).

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Secao 3 A Derivada Complexa 39

Vamos dar dois exemplos ilustrativos da derivada complexa. Consi-dere as funcoes f(z) = z2 e g(z) = z, ambas definidas em todo C. Aprimeira delas tem derivada em todos os pontos de C, ao passo que asegunda nao tem derivada em ponto algum! De fato,

f(z) − f(z0)

z − z0=z2 − z0

2

z − z0= z + z0

e portanto

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0= lim

z→z0z + z0 = 2z0.

Ja para g temos

g(z) − g(z0)

z − z0=z − z0z − z0

=(z − z0)

2

|z − z0|2=

(x− x0 + i(y0 − y)

)2

(x− x0)2 + (y0 − y)2

=(x− x0)

2 − (y0 − y)2 + 2i(x− x0)(y0 − y)

(x− x0)2 + (y0 − y)2

.

Agora, vamos fazer z se aproximar de z0. Como estamos no plano,podemos faze-lo de uma infinidade de maneiras. Entao, se z e da formaz = (t+ x0) + iy0 a expressao acima se reduz a

(t+ x0 − x0)2 − (y0 − y0)

2 + 2i(t+ x0 − x0)(y0 − y0)

(t+ x0 − x0)2 + (y0 − y0)2=t2

t2

ao passo que, se z e da forma z = x0 + i(t+ y0), entao

(x0 − x0)2 − (y0 − t− y0)

2 + 2i(x0 − x0)(y0 − t− y0)

(x0 − x0)2 + (y0 − t− y0))2=

−t2t2.

Ja se z tem a forma z = (t+ x0) + i(t+ y0), ficamos com

(t+ x0 − x0)2 − (y0 − t− y0)

2 + 2i(t+ x0 − x0)(y0 − t− y0)

(t+ x0 − x0)2 + (y0 − t− y0)2

=−2it2

2t2= −i.

Portanto, o quociente g(z)−g(z0)z−z0 assume o valor constante 1 ao longo

da reta y = y0, assume o valor constante −1 ao longo da reta x = x0 e

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40 Funcoes Holomorfas Cap. 3

assume o valor constante −i ao longo da reta y−y0 = x−x0. Concluimos,da definicao de limite, que lim

z→z0

g(z)−g(z0)z−z0 nao existe.

3.2 Proposicao. Se f e derivavel em z0 entao f e contınua em z0.

Demonstracao: Temos

limz→z0

(f(z) − f(z0)) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0(z − z0) = f ′(z0) 0 = 0.

Logo, limz→z0

f(z) = f(z0). ut

3.3 Proposicao. Se f e g sao derivaveis em z0, entao tambem o sao cf(c um numero complexo qualquer), f + g, fg e 1

f (desde que f(z0) 6= 0)e valem:

(i) (cf)′(z0) = cf ′(z0)(ii) (f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0)(iii) (fg)′(z0) = f(z0)g

′(z0) + g(z0)f′(z0)

(iv)(

1f

)′(z0) = − f ′(z0)

f(z0)2.

Demonstracao: (i),(ii) e (iii) ficam para o leitor. Quanto a (iv) temos

1f(z) − 1

f(z0)

z − z0=

f(z0)−f(z)f(z)f(z0)

z − z0=

−1

f(z)f(z0)

f(z) − f(z0)

z − z0.

Logo,

limz→z0

1f(z) − 1

f(z0)

z − z0= lim

z→z0

−1

f(z)f(z0)

f(z) − f(z0)

z − z0= − f ′(z0)

f(z0)2. ut

Quanto a composicao de funcoes temos a regra da cadeia:

3.4 Proposicao. Sejam f : A → C e g : B → C com f(A) ⊂ B. Se fe derivavel em z0 e g e derivavel em f(z0), entao g ◦ f e derivavel em z0e

(g ◦ f)′(z0) = g′(f(z0))f′(z0).

Demonstracao: Ponha w0 = f(z0) e defina a funcao h por

h(w) =

{g(w)−g(w0)w−w0

− g′(w0) se w 6= w0

0 se w = w0

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Secao 3 A Derivada Complexa 41

h esta definida num disco aberto centrado em w0 e e contınua em w0

pois, como g e derivavel em w0, limw→w0

h(w) = h(w0) = 0. Alem disso,

limz→z0

(h ◦ f)(z) = h(f(z0)) = h(w0) = 0, ja que f e contınua em z0. Se

w 6= w0 vale a seguinte relacao

g(w) − g(w0) = (h(w) + g′(w0))(w − w0)

que tambem e claramente verdadeira para w = w0. Troque w por f(z)na relacao acima:

g(f(z)) − g(f(z0)) = (h(f(z)) + g′(f(z0)))(f(z) − f(z0)),

divida por z − z0

g(f(z)) − g(f(z0))

z − z0=(h(f(z)) + g′(f(z0))

)f(z) − f(z0)

z − z0,

tome o limite z → z0 e obtenha

(g ◦ f)′(z0) = g′(f(z0))f′(z0). ut

Vejamos as implicacoes da existencia de f ′(z0) quando consideramosa funcao f : A → C como uma aplicacao f : A → R2, dependente dasvariaveis reais x e y.

Escreva f(z) = f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) ez0 = x0 + iy0 = (x0, y0). Para facilitar a leitura colocamos u(x, y) = u,v(x, y) = v, u(x0, y0) = u0 e v(x0, y0) = v0. O quociente de Newton le-se

f(z) − f(z0)

z − z0=u+ iv − (u0 + iv0)

x+ iy − (x0 + iy0)

=[(u− u0) + i(v − v0)][(x− x0) − i(y − y0)]

(x− x0)2 + (y − y0)

2

=(u− u0)(x− x0) + (v − v0)(y − y0)

(x− x0)2 + (y − y0)

2

+ i(v − v0)(x− x0) − (u− u0)(y − y0)

(x− x0)2 + (y − y0)2.

Vamos fazer z tender a z0. Como o limite f ′(z0) existe, obteremos omesmo resultado qualquer que seja a direcao de aproximacao. Assimsendo, vamos considerar inicialmente a aproximacao ao longo da reta

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42 Funcoes Holomorfas Cap. 3

y = y0, isto e, colocamos z = x + iy0 e fazemos x tender a x0. Nessascondicoes a expressao acima assume a forma

f(z) − f(z0)

z − z0=

[u(x, y0) − u(x0, y0)] + i[v(x, y0) − v(x0, y0)]

x− x0

=u(x, y0) − u(x0, y0)

x− x0+ i

v(x, y0) − v(x0, y0)

x− x0.

Portanto (reveja a definicao2.3 do Capıtulo 2),

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0

= limx→x0

u(x, y0) − u(x0, y0)

x− x0+ i lim

x→x0

v(x, y0) − v(x0, y0)

x− x0

=∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0).

Tome agora z tendendo a z0 ao longo da reta x = x0, isto e, facaz = x0 + iy. Nesse caso

f(z) − f(z0)

z − z0=

[v(x0, y) − v(x0, y0)] − i[u(x0, y) − u(x0, y0)]

y − y0

=v(x0, y) − v(x0, y0)

y − y0− i

u(x0, y) − u(x0, y0)

y − y0

e concluimos que

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0

= limy→y0

v(x0, y) − v(x0, y0)

y − y0− i lim

y→y0

u(x0, y) − u(x0, y0)

y − y0

=∂v

∂y(x0, y0) − i

∂u

∂y(x0, y0).

Ora, temos entao que

f ′(z0) =∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0)

e

f ′(z0) =∂v

∂y(x0, y0) − i

∂u

∂y(x0, y0)

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Secao 3 A Derivada Complexa 43

e acabamos de mostrar a

3.5 Proposicao. (Condicoes de Cauchy-Riemann).1 Se a funcaof(z) =u(x, y) + iv(x, y) tem derivada no ponto z0 = x0 + iy0 entao

∂u

∂x(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0) e

∂v

∂x(x0, y0) = −∂u

∂y(x0, y0). ut

Observacao: Uma deducao rapida dessas equacoes e a seguinte: vimos,no Capıtulo 1, que um numero complexo a+ bi esta identificado com amatriz (

a −bb a

)

.

Como f e derivavel em z0, temos que, considerando f como aplicacaoreal, ela tambem e derivavel em (x0, y0) com matriz jacobiana

∂u∂x(x0, y0)

∂u∂y (x0, y0)

∂v∂x(x0, y0)

∂v∂y (x0, y0)

.

Essa matriz representa entao um numero complexo e portanto, e daforma acima. ut

A recıproca da proposicao 3.5 e falsa, isto e, se as componentes u ev de uma funcao complexa satisfazem as condicoes de Cauchy-Riemannnum ponto z0, nao e verdade que f seja derivavel em z0. Um exemplo e

f(z) =

{

0 + 0i se xy = 0

1 + 0i se xy 6= 0

Essa funcao tem todas as derivadas parciais na origem e essas valem 0,logo as condicoes de Cauchy-Riemann sao satisfeitas em 0. Porem, comonao e contınua nao pode ser derivavel em 0.

Uma condicao para que valha a recıproca e dada pela

3.6 Proposicao. Seja f : A → C, A ⊂ C aberto, f(z) = u(x, y) +iv(x, y), uma funcao complexa tal que as derivadas parciais ∂u

∂x ,∂u∂y ,

∂v∂x ,

∂v∂y existem em A e sao contınuas no ponto z0 = x0 + iy0 ∈ A. Se as

1Essas condicoes ja eram conhecidas por D’Alembert em 1752, 37 anos antes donascimento de Cauchy.

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44 Funcoes Holomorfas Cap. 3

condicoes de Cauchy-Riemann sao satisfeitas em z0, entao f e derivavelem z0.

Demonstracao: Comecamos mostrando o seguinte

Lema. Seja F : A→ R, A ⊂ R2 aberto, uma funcao admitindo deriva-das parciais em A, que sao contınuas no ponto (x0, y0) ∈ A. Entao

F (x, y) − F (x0, y0) = (x− x0)

(∂F

∂x(x0, y0) +H(x− x0, y − y0)

)

+ (y − y0)

(∂F

∂y(x0, y0) +K(x− x0, y − y0)

)

.

onde

lim(x,y)→(x0,y0)

H(x− x0, y − y0) = 0

e

lim(x,y)→(x0,y0)

K(x− x0, y − y0) = 0.

Demonstracao do Lema. Ponha x = x0 + h e y = y0 + k e escrevaF (x0+h, y0+k)−F (x0, y0) = F (x0+h, y0+k)−F (x0, y0+k)+F (x0, y0+k) − F (x0, y0). Invocando o teorema do Valor Medio para funcoes reaisde uma variavel temos que existe um numero 0 < t < 1 tal que

F (x0 + h, y0 + k) − F (x0, y0 + k) = h∂F

∂x(x0 + th, y0 + k).

Como ∂F∂x e contınua em (x0, y0), a diferenca

H(h, k) =∂F

∂x(x0 + th, y0 + k) − ∂F

∂x(x0, y0)

tende a zero para (h, k) → (0, 0). Logo,

(1) F (x0 + h, y0 + k) − F (x0, y0 + k) = h

(∂F

∂x(x0, y0) +H(h, k)

)

.

Analogamente,

F (x0, y0 + k) − F (x0, y0) = k∂F

∂y(x0, y0 + tk)

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Secao 3 A Derivada Complexa 45

para algum 0 < t < 1 e a diferenca

K(h, k) =∂F

∂y(x0, y0 + tk) − ∂F

∂y(x0, y0)

tende a zero para (h, k) → (0, 0). Portanto,

(2) F (x0, y0 + k) − F (x0, y0) = k

(∂F

∂y(x0, y0) +K(h, k)

)

.

Somando (1) e (2) temos o lema. utPara demonstrar a proposicao aplicamos o lema as componentes u e

v de f para escrever

f(z) − f(z0) = u(x, y) − u(x0, y0) + i(v(x, y) − v(x0, y0))

= (x− x0)(∂u

∂x(x0, y0) +H1

)

+ (y − y0)

(∂u

∂y(x0, y0) +K1

)

+ i

[

(x− x0)(∂v

∂x(x0, y0) +H2

)

+ (y − y0)

(∂v

∂y(x0, y0) +K2

)]

.

Usando as condicoes de Cauchy-Riemann ficamos com

f(z) − f(z0) = (z − z0)(∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0)

)

+ (H1 + iH2)(x− x0) + (K1 + iK2)(y − y0)

e dividindo por z − z0

f(z) − f(z0)

(z − z0)=∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0)

+ (H1 + iH2)x− x0

z − z0+ (K1 + iK2)

y − y0

z − z0.

Para concluir a demonstracao basta mostrar que

limz→z0

[

(H1 + iH2)x− x0

z − z0+ (K1 + iK2)

y − y0

z − z0

]

= 0.

Agora, ∣∣∣∣

x− x0

z − z0

∣∣∣∣≤ 1 e

∣∣∣∣

y − y0

z − z0

∣∣∣∣≤ 1

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46 Funcoes Holomorfas Cap. 3

(lembre-se de que, ao passarmos ao limite sempre assumimos z 6= z0!).Logo,

limz→z0

{

|H1 + iH2|∣∣∣∣

x− x0

z − z0

∣∣∣∣+ |K1 + iK2|

∣∣∣∣

y − y0

z − z0

∣∣∣∣

}

≤ limz→z0

(|H1 + iH2| + |K1 + iK2|) = 0.

ut

A proposicao acima mostra que a funcao f(z) = zz e derivavel ape-nas na origem. De fato, ∂u∂x = 2x, ∂u∂y = 2y, ∂v∂x = 0 e ∂v

∂y = 0. Logo, comoas derivadas parciais sao contınuas e as condicoes de Cauchy-Riemannvalem apenas em 0 temos f ′(0) = 0.

Uma formulacao alternativa das condicoes de Cauchy-Riemann e aseguinte: recorde que x = z+z

2 e y = z−z2i

. Logo, escrevendo

f = u(x, y) + iv(x, y) = u

(z + z

2,z − z

2i

)

+ iv

(z + z

2,z − z

2i

)

temos, pela regra da cadeia

∂f

∂z=∂u

∂x

∂x

∂z+∂u

∂y

∂y

∂z+ i

(∂v

∂x

∂x

∂z+∂v

∂y

∂y

∂z

)

.

ou seja,∂f

∂z=

1

2

∂u

∂x− 1

2i

∂u

∂y+ i

(1

2

∂v

∂x− 1

2i

∂v

∂y

)

.

Com isso em maos, verifica-se imediatamente que as condicoes de Cauchy-Riemann sao satisfeitas no ponto z0 se, e somente se, vale

3.5 bis. (Condicoes de Cauchy-Riemann). ∂f∂z (z0) = 0. ut

4 Funcoes Holomorfas

Finalmente podemos definir nosso principal objeto de estudo:

4.1 Definicao. Seja f : A → C, A ⊂ C aberto, uma funcao complexa.f e holomorfa em A se f ′(z) existe para todo ponto z ∈ A.

Observe que, por 3.5 bis, dizer que f e holomorfa em A e o mesmo quedizer que ∂f

∂z (z) = 0 em todos os pontos do aberto A. Isso “esclarece”a

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Secao 4 Funcoes Holomorfas 47

afirmativa feita no inıcio desse capıtulo, de que uma funcao e holomorfaquando nao depende da variavel z.

A Proposicao 3.6 fornece um criterio (condicao suficiente) para iden-tificar uma funcao holomorfa: se f = u + iv e as derivadas parciais deu e de v existem, sao contınuas e satisfazem as condicoes de Cauchy-Riemann em A, entao f e holomorfa em A. Muito mais forte e o teoremade Loomann-Menchof 2, que afirma que, se f e contınua e as deriva-das parciais de u e de v existem e satisfazem as condicoes de Cauchy-Riemann em todos os pontos de A, entao f e holomorfa em A.

Por exemplo, um polinomio

P (z) = anzn + · · · + a1z + a0, n ∈ N, an 6= 0,

e holomorfo em todo o plano C. Para ver isso basta mostrar que ummonomio f(z) = zm e holomorfo e utilizar a proposicao 3.2. Ora, e facilver que

zm − z0m

z − z0= zm−1 + zm−2z0 + zm−3z2

0 + · · · + zzm−20 + zm−1

0 .

Alem disso, f(z) = zm e contınua em todo ponto do plano (veja exercı-cios), logo

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0= mzm−1

0

e concluimos que f ′(z) = mzm−1 qualquer que seja z ∈ C. Daı vem que

P ′(z) = nanzn−1 + · · · + a1.

Ja que polinomios sao holomorfos, as funcoes racionais, isto e, quocientesde polinomios f(z) = P (z)

Q(z) , tambem o sao em todos os pontos para

os quais Q nao se anula (veremos adiante que um polinomio se anulaapenas num numero finito de pontos). Observe tambem que, pela regrada cadeia, a composta de funcoes holomorfas e holomorfa.

4.2 Definicao. Uma funcao complexa f , definida em todo C e que eholomorfa em C e chamada funcao inteira. Um ponto singular de umafuncao complexa f (ou singularidade de f) e um ponto z0 tal que existeum disco D(z0, r) no qual f e holomorfa exceto no ponto z0.

2A prova desse resultado pode ser encontrada em R. Narasimhan, Complex Ana-lysis in One Variable; Birkhauser (1985)

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48 Funcoes Holomorfas Cap. 3

Por exemplo, funcoes constantes e polinomios sao funcoes inteiras.Quanto aos pontos singulares, 0 e o unico ponto singular de f(z) = 1

z , 1e i sao os pontos singulares de f(z) = 1

(z−1)(z−i) ao passo que f(z) = znao possui pontos singulares pois nao e derivavel em ponto algum.

Um exemplo importante de funcao inteira e

5 A Exponencial

5.1 Definicao. A funcao exponencial e definida por

exp(z) = ex(cos y + i sen y).

Primeiramente observe que exp(z) esta definida para todo z ∈ C.Alem disso suas componentes sao

u(x, y) = ex cos y

v(x, y) = ex sen y

e temos

∂u

∂x= ex cos y

∂u

∂y= −ex sen y

∂v

∂x= ex sen y

∂v

∂y= ex cos y

e se cumprem as condicoes de Cauchy-Riemann. Da continuidade des-sas derivadas parciais concluimos que exp(z) e holomorfa em todo C e,portanto, e uma funcao inteira. Alem disso sua derivada e dada por

exp′(z) =∂u

∂x(x, y) + i

∂v

∂x(x, y)

= ex(cos y + i sen y) = exp(z).

Antes de mais nada note que se z e real, z = x + 0i, entao exp z = ex.Por outro lado,

| exp z| = ex√

(cos y)2 + ( sen y)2 = ex

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Secao 5 A Exponencial 49

para todo z. Como ex > 0 obtemos

exp z 6= 0.

Agora, recordando a representacao polar

(I)

exp z1 exp z2 = ex1(cosx1 + i sen y1)ex2(cosx2 + i sen y2)

= ex1ex2(cos (x1 + x2) + i sen (y1 + y2))

= e(x1+x2)(cos (x1 + x2) + i sen (y1 + y2))

= exp (z1 + z2)

e

(II)

1

exp z=

1

ex(cos y + i sen y)

=1

ex(cos y − i sen y)

= e−x(cos (−y) + i sen (−y))= exp (−z).

Por (I) e (II)

exp z1exp z2

= exp z1 exp (−z2) = exp (z1 − z2).

Invocando (I),(II) e usando inducao

(III) (exp z)n = exp(nz) qualquer que seja n ∈ Z.

Ate agora, as propriedades da exponencial complexa coincidiram comas da exponencial real. As diferencas comecam na extracao de raizes(recorde a formula do Capıtulo 1), pois se n e um inteiro positivoentao, para cada z ∈ C existem n numeros complexos w(z) satisfa-zendo w(z)n = exp z. Esse e um exemplo do que chamamos de funcaomultiforme. De fato,

(IV)

(exp z)1n = [ex(cos y + i sen y)]

1n

= (ex)1n

[

cos

(y + 2jπ

n

)

+ i sen

(y + 2jπ

n

)]

= ex

n

[

cos

(y + 2jπ

n

)

+ i sen

(y + 2jπ

n

)]

= exp

(z + 2πij

n

)

para 1 ≤ j ≤ n.

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50 Funcoes Holomorfas Cap. 3

Segue de (III) e (IV) que, se m ∈ Z e n ∈ N

(exp z)mn =

{

(exp z)1n

}m= exp

[m

n(z + 2πij)

]

para 1 ≤ j ≤ n.

Outra diferenca entre as exponenciais complexa e real e que exp z eperiodica, de perıodo imaginario 2πi, pois

exp (z + 2πi) = ex(cos (y + 2π) + i sen (y + 2π))

= ex(cos y + i sen y) = exp z.

Geometricamente, isso quer dizer que a imagem das retas verticais x =x0 pela exponencial sao circulos centrados em 0, de raio ex0 . Ja as retashorizontais y = y0 sao enviadas por exp em semi-retas emanando daorigem.

Quanto a conjugacao temos

exp z = ex(cos y + iseny)

= ex(cos y − i sen y) = ex(cos (−y) + i sen (−y)) = exp z

e portanto| exp z|2 = exp z exp z = exp z exp z.

Uma outra propriedade fundamental da exponencial complexa e que elaassume qualquer valor complexo nao nulo, ou seja, exp : C → C∗ esobrejetiva. Para ver isso seja w = w1 + iw2 6= 0 e considere a equacao

exp z = ex(cos y + i sen y) = w1 + iw2.

Ora, isso e simplesmente uma representacao polar de w e concluimosque x = log |w| (logaritmo natural) e que y e um argumento de w.

Suponha agora que z e imaginario, z = iy. Entao

exp z = exp (iy) = cos y + i sen y.

Essa igualdade fornece uma maneira conveniente de expressar a formapolar de um numero complexo, pois w = r(cos θ + i sen θ) se escreve

w = r exp (iθ).

Alem disso, como exp (x+ 0i) = ex, as propriedades da exponencialnao sao conflitantes com as notacoes usuais para potencias do numero

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Secao 6 O Logaritmo 51

e = 2, 718281..., o unico numero real para o qual se tem log e = 1(logaritmo natural). Assim sendo introduzimos a notacao, devida aEuler,

exp (iθ) = eiθ.

Dessa maneira, a forma polar w = r(cos θ + i sen θ) se le w = reiθ.Tambem convencionaremos escrever

exp z = ez = ex+iy = exeiy.

6 O Logaritmo

No caso real, a funcao logaritmo e a inversa da funcao exponencial, istoe, um numero real y e o logaritmo do numero real positivo x, log(x) = y,se, e somente se, ey = x. No caso complexo temos um problema pois aexponencial complexa e periodica ez = ez+2πij , j ∈ Z. Assim sendo, epreciso certa cautela para inverte-la pois nao e possıvel obter uma unicafuncao f satisfazendo

exp (f(z)) = z

porque, dada uma tal f , para a funcao g(z) = f(z) + 2πik, k ∈ Z,tambem vale que

exp (g(z)) = exp (f(z) + 2πik) = exp (f(z)) exp 2πik = exp (f(z)).

Dado z ∈ C, z 6= 0, queremos definir o logaritmo de z por

se z = ew entao w = log z.

Escreva z = reiθ, −π < θ ≤ π e w = u+ iv. A expressao acima fica

(1) reiθ = eu+iv = eu eiv.

Primeiramente |z| = |eu+iv| fornece

(2) r = eu

e temos a unica solucaou = log r

onde log e o logaritmo real. De (1) e (2) resulta que

eiθ = eiv

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52 Funcoes Holomorfas Cap. 3

e portanto

v = θ + 2πn n ∈ Z.

Logo,

w = log z = log r + i(θ + 2πn)

ou

log z = log |z| + i arg z.

Essa igualdade deixa clara a natureza multiforme do logaritmo pois umnumero nao nulo z tem uma infinidade de argumentos. Para obtermosuma funcao, somos forcados a nos restringir a domınios em C nos quais oargumento possa ser determinado univocamente. Tais domınios podemser obtidos como se segue: tome uma semi-reta fechada emanando daorigem, Lφ = {(t cosφ, t sen φ) : 0 ≥ t ∈ R}, onde 0 ≤ φ < 2π e ponha

Dφ = C \ Lφ.

Para todo z ∈ Dφ temos precisamente um unico valor argφz satisfazendoφ < argφ < φ+2π. Portanto podemos definir uma funcao, chamada umramo do logaritmo

log : Dφ −→ C

por

log z = log |z| + iargφz.

O ramo do logaritmo definido no domınio D0, obtido retirando-se de Co semi-eixo (x, 0), x ≤ 0, e chamado de ramo principal.

Para o ramo principal temos −π < arg0z < π e afirmamos que arg0ze uma funcao contınua em D0. Para ver isso considere os tes domınios

U1 = {z : Im(z) > 0}U2 = {z : Re(z) > 0}U3 = {z : Im(z) < 0}

Sua uniao U1 ∪ U2 ∪ U3 e D0.

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Secao 6 O Logaritmo 53

Se um numero complexo z esta em U1, entao seu argumento satisfaz0 < arg0z < π. Escrevendo z = x+ iy temos que

cos (arg0z) = x√

x2 + y2 =Rez

|z|e podemos tomar

arg0z = arccos

(Rez

|z|

)

que e uma funcao contınua (a inversa da funcao cos no intervalo (0, π)tal que arccos (0) = π

2 ). No domınio U2 temos que −π2 < arg0z <

π2 e

sen (arg0z) =y

√

x2 + y2=

Imz

|z| .

Aqui tomamos

arg0z = arcsen

(Imz

|z|

)

onde arcsen e a inversa da funcao sen no intervalo (−π2 ,π2 ) e que vale 0

em 0; tambem uma funcao contınua. Para z ∈ U3 temos −π < arg0z <0. Novamente

cos (arg0z) =x

√

x2 + y2=

Rez

|z| .

Aqui fazemos

arg0z = arccos

(Rez

|z|

)

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54 Funcoes Holomorfas Cap. 3

onde arccos e a inversa da funcao cos no intervalo (−π, 0) tal quearccos (0) = −π

2 , uma funcao contınua. Como arg0z e contınua emcada um dos domınios U1, U2 e U3, ela o e na uniao desses domıniose portanto e contınua em D0.

Com isso em maos podemos afirmar que o ramo principal do loga-ritmo e uma funcao contınua em D0. Vamos mostrar que ela e holomorfanesse domınio. Dado z0 ∈ D0 seja w0 ∈ C tal que ew0 = z0. Entao

log′(z0) = limz→z0

log z − log z0z − z0

= limw→w0

w − w0

ew − ew0=

1

ew0=

1

z0.

Portanto

log′(z) =1

zqualquer que seja z ∈ D0.

O mesmo argumento utilizado acima mostra que o ramo de log definidoem Dφ e holomorfo, qualquer que seja φ (exercıcio).

7 Potencias Arbitrarias

Uma vez definidas as funcoes exponencial e logaritmo podemos introdu-zir a

7.1 Definicao. Dados um domınio Dφ, como acima, e um numeroλ ∈ C, a funcao z 7−→ zλ e definida por

zλ = exp (λ log z)

onde z ∈ Dφ e log e o ramo do logaritmo definido em Dφ.

O ramo principal da funcao zλ e obtido tomando-se o ramo principaldo logaritmo na expressao que a define. Notando f esse ramo temos que

f : D0 −→ C

z 7−→ zλ

e holomorfa em D0 e sua derivada e (usando a regra da cadeia)

f ′(z) = exp (λ log z)λ

z= λ

exp (λ log z)

exp (log z)

= λ exp ((λ− 1) log z) = λzλ−1.

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Secao 8 Exercıcios 55

Essa funcao generaliza a nocao usual de potencia pois, se n e um inteiropositivo

zn = exp (n log z) = exp (log z) · · · exp (log z)︸ ︷︷ ︸

n vezes

= z · · · z︸ ︷︷ ︸

n vezes

.

Ja (lembre-se que estamos considerando o ramo principal)

exp

[1

nlog z

]

= exp[

log n√r + i

arg0z

n

]

= n√r exp

[

iarg0z

n

]

= n√z

onde z = rearg0z. Portanto, exp ( 1n log z) fornece uma raiz n-esima de z.

8 Exercıcios

1) Recorde a formula binomial (x+ y)n =n∑

i=0

(ni

)xn−iyi e use-a para

mostrar que f(z) = zn e uma funcao contınua em C para n ∈ N.

2) Seja

f(z) =

{x3y(y−ix)x6+y2

se z 6= 0

0 se z = 0.

Mostre que f(z)−f(0)z−0 → 0 para z → 0 ao longo de qualquer reta passando

pela origem, mas que limz→0

f(z)−f(0)z−0 nao existe.

3) Verifique se se cumprem as condicoes de Cauchy-Riemann para asseguintes funcoes:

(i) f(z) = x3 − 3xy2 + i(3x2y − y3)

(ii) f(z) = e−y(cosx+ i sen x)

(iii) f(z) = e−x(cos y − i sen y)

(iv) f(z) = ey(cosx+ i sen x)

4) Seja f(z) uma funcao inteira. Mostre que a funcao g(z) = f(z)tambem e inteira. Mostre que h(z) = f(z) e derivavel em 0 se, e somentese, f ′(0) = 0.

5) Calcule a derivada das seguintes funcoese determine seus pontos sin-gulares:

(i) f(z) = 3z−1(z−1)(z+4)

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56 Funcoes Holomorfas Cap. 3

(ii) f(z) = iz5+2z−i

(z−2i)(z+1)2

(iii) f(z) = 1(z−i)z(z2+i)

(iv) f(z) = z−i

z+i

6) Calcule exp(

5+πi

4

), exp

(7+3πi

2

), exp

(−1−5πi

6

).

7) Para quais valores de z vale exp (iz) = exp (iz)?

8) Em quais pontos a funcao exp z e derivavel?

9) Determine Re(eiz2).

10) Defina o seno e o co-seno complexos por

cos z =1

2

(

eiz + e−iz)

sen z =1

2i

(

eiz − e−iz)

Mostre que essas funcoes sao inteiras e calcule suas derivadas. De essasfuncoes na forma u + iv. Mostre que essas funcoes sao periodicas edetermine seus periodos. Ache os zeros dessas funcoes.

11) Determine Im(ei sen z).

12) Resolva a desigualdade |e−iz| < 1.

13) Ponha tan z = sen zcos z . Calcule a derivada de tan z e determine seus

pontos singulares. De essa funcao na forma u+ iv.

14) Mostre que:

(i) cos z = cos z(ii) sen z = sen z

(iii) | sen z|2 = sen 2x+(ey−e−y

2

)2.

(iv) | cos z|2 + | sen z|2 = 1 se e so se z e real.(v) sen 2z + cos2z = 1.

15) Defina o seno e o co-seno hiperbolicos complexos por

cosh z =1

2

(ez + e−z

)senh z =

1

2

(ez − e−z

)

Mostre que essas funcoes sao inteiras e calcule suas derivadas. De essasfuncoes na forma u+ iv.

16) Ponha tanh z = senh zcosh z . Calcule sua derivada. De essa funcao na

forma u+ iv. Determine os pontos z para os quais tanh z e real.

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Secao 8 Exercıcios 57

17) Mostre que

(i) 2 sen (z1 + z2) sen (z1 − z2) = cos 2z2 − cos 2z1(ii) 2 cos (z1 + z2) sen (z1 − z2) = sen 2z1 − sen 2z2

18) Mostre que senh (z + πi) = − senh z e que cosh (z + πi) = − cosh z.

19) Determine todos os z que satisfazem

(i) senh z = i

(ii) senh z = −i

(iii) cosh z = 0

(iv) senh z = 0

20) Use as partes real e imaginaria da relacao

1 + z + z2 + · · · + zn =1 − zn+1

1 − z

para obter uma formula para

(i) 1 + cosx+ cos 2x+ · · · + cosnx

(ii) sen x+ sen 2x+ · · · + sen nx

(iii) sen θ + sen (θ + ϕ) + · · · + sen (θ + nϕ)

21) Se z1, . . . , zk sao numeros tais que Rezj > 0 e Re(z1 . . . zj) > 0 para1 ≤ j ≤ k, entao log (z1 . . . zk) = log z1 + · · ·+log zk. Aqui, log e o ramoprincipal do logaritmo.

22) Resolva as equacoes ez = −1, ez = 1 + i, ez = −i, ez = 3i.

23) O chamado paradoxo de Bernoulli e o seguinte:

(−z)2 = z2 ⇒ 2 log (−z) = 2 log z ⇒ log (−z) = log z.

Aonde esta o erro?

24) Determine arg0z onde z e cada um dos numeros 1 + i, (1 + i)4,(√

32 + i

)5. Calcule o logaritmo (ramo principal) desses numeros.

25) Usando o ramo principal de zλ calcule 2√

2, 12√

2, (5i)1+i, 1i, 1−i.

26) Determine o ramo principal da funcao√z − 1.

27) Derive a funcao log (tanh z2).

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58 Funcoes Holomorfas Cap. 3

28) Mostre que a funcao exponencial ez e uma bijecao entre a faixainfinita {z : 0 < Im(z) < π} e o semi-plano superior {z : Im(z) > 0}.29) Mostre que a funcao exponencial ez e uma bijecao do aberto {z :Re(z) < 0, 0 < Im(z) < π} sobre o aberto {z : |z| < 1,Re(z) > 0}.30) Determine a imagem do domınio interior a um retangulo {z : a <Re(z) < b, 0 < Im(z) < π} pela exponencial.

31) Mostre que a imagem do aberto {z : −π/2 < Re(z) < π/2, 0 <Im(z)} pela funcao f(z) = sen z e o semi-plano superior {z : Im(z) > 0}.32) Mostre que a funcao f(z) = zn, n ≥ 1, fornece uma bijecao entreo aberto {z : |z| > 0, 0 < arg(z) < π/n} e o semi-plano superior {z :Im(z) > 0}. Determine a inversa dessa bijecao.

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Series

1 Sequencias e Series Numericas

Series de potencias sao essenciais no estudo das funcoes holomorfas poisessas se expressam localmente como tais. Por sua vez, os ingredientesnecessarios a compreensao das series de potencias sao sequencias e seriesnumericas. Comecamos entao com a

1.1 Definicao. Uma sequencia numerica e uma funcao do conjunto dosnaturais N = {0, 1, 2, 3, . . . } em C,

f : N −→ C.

O numero complexo f(n) e chamado n-esimo termo ou termo geral dasequencia.

Dessa maneira, uma sequencia fica expressa atraves dos pontosf(0), f(1), . . . , f(n), . . . ou seja, atraves do conjunto imagem de f , {f(n)},(n ∈ N). Para simplificar a notacao, podemos tambem escrever umasequencia como a0, a1, . . . , an, . . . onde ai denota o numero f(i) e nota-la (ai). Exemplos de sequencias sao:

1) uma sequencia constante a, a, a . . . , dada pela funcao constantef(n) = a qualquer que seja n ∈ N.

2) os termos de uma progressao aritmetica a, a + r, a + 2r, . . . , a +nr, . . . constituem uma sequencia definida pela funcaof(n) = a+nr, oucujo termo geral e bn = a+ nr.

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60 Series Cap. 4

3) os termos de uma progressao geometrica a, ar, ar2, . . . , arn, . . .formam uma sequencia definida pela funcao f(n) = arn ou por bn = arn.

4) sequencias que sao definidas recursivamente, por exemplo, a0 =1, a1 = 2 e an = an−1 + an−2 para n ≥ 2. Nesse caso temos a0 = 1, a1 =2, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 8 etc.

5) a sequencia formada pelos numeros primos p0 = 2, p1 = 3, p2 =5, p3 = 7, p4 = 11, . . . . Esse exemplo ilustra o fato de que muitasvezes uma sequencia, apesar de perfeitamente definida, nao pode terseu termo geral explicitado, ja que e impossıvel obter uma formula paraesses numeros.

A primeira pergunta a se fazer sobre uma sequencia e se ela e limitadaou nao. Mais formalmente, dizemos que (an) e limitada se podemosencontrar um numero positivo K tal que |ai| < K valha para todosos termos da sequencia. Isso quer dizer que os pontos ai estao todoscontidos no discoD(0,K), de centro 0 e raioK. (an) e dita ilimitada casocontrario, ou seja, quando dado qualquer numero positivo K, podemosencontrar um termo ai da sequencia satisfazendo |ai| > K. A sequenciaconstante e obviamente limitada, ja a sequencia dos numeros primos eilimitada (exercıcio). Como sempre, o conceito fundamental associadoa uma sequencia numerica e o de limite. Daı vem a

1.2 Definicao. Um numero complexo a e o limite da sequencia (an)se os termos da sequencia ficam arbitrariamente proximos de a paran suficientemente grande, isto e, se dado qualquer numero positivo ε,e possıvel encontrar um numero natural n0 tal que, se n ≥ n0 entao|an − a| < ε. Se a e o limite de (an) escrevemos

limn→∞

an = a ou (an) → a

e dizemos que a sequencia (an) converge a a.

Exemplos de sequencias convergentes sao:

1) a sequencia constante an = a converge a a.

2) a sequencia an = 1n , n ≥ 1 converge a zero.

3) an = 1+i√n

, n ≥ 1 converge a zero.

Note que o limite de uma sequencia e unico, isto e, se limn→∞

an = a e

limn→∞

an = b entao a = b, pois

|a− b| = |a− an + an − b| ≤ |a− an| + |an − b|

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e as duas parcelas a direita da desigualdade ficam arbitrariamente pe-quenas quando n cresce.

Uma sequencia que nao possui limite e chamada divergente. Exem-plos de sequencias divergentes sao:

1) an = (−1)n, que adere aos pontos 1 e −1.

2) an =√n, uma sequencia ilimitada.

3) an = sen nπ2 , que adere aos pontos 0, 1 e −1.

4) a sequencia (pn) dos numeros primos.

Observe que, se uma sequencia e convergente entao ela e limitada.De fato, suponha (an) → a. Tome ε = 1 e obtenha um numero n0 talque, para n ≥ n0, se tem |an − a| < 1, ou seja, |an| < 1 + |a|. Agora,escolha K satisfazendo K ≥ max{|a0|, . . . , |an0 |, 1+|a|}. Tambem temosque, se (an) → a entao (|an|) → |a|, pois vale ||an|−|a|| ≤ |an−a|. Alemdisso, dizer que (an) → a e equivalente a dizer que lim

n→∞|an − a| = 0

(exercıcio).Olhe agora para uma sequencia (zn) de numeros complexos. Esses

se escrevem zn = an + ibn, onde (an) e (bn) sao sequencias de numerosreais. Afirmamos que (zn) → w = a + ib se, e somente se, (an) → ae (bn) → b. Para ver isso, se (zn) → w entao, dado ε > 0 podemosencontrar n0 tal que

n ≥ n0 =⇒ |zn − w| < ε.

Agora, se z = x+ iy e um numero complexo qualquer, temos que

|x| ≤√

x2 + y2 = |z| e |y| ≤√

x2 + y2 = |z|.

Fazendo z = zn − w = (an − a) + i(bn − b) concluimos que, se n ≥ n0

|an − a| ≤ |zn − w| < ε e |bn − b| ≤ |zn − w| < ε

e portanto (an) → a e (bn) → b. A recıproca se segue assim: se (an) → ae (bn) → b, entao, dado ε > 0, podemos encontrar n1 e n2 tais que

n ≥ n1 =⇒ |an − a| < ε

2e n ≥ n2 =⇒ |bn − b| < ε

2

Tomando n0 ≥ max{n1, n2} temos que as desigualdades acima valempara ambas as sequencias desde que n ≥ n0 e nesse caso,

|zn − w| ≤ |an − a| + |bn − b| < ε

2+ε

2= ε

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62 Series Cap. 4

e portanto, (zn) → w. Concluimos entao que uma sequencia de numeroscomplexos converge se, e somente se, as sequencias formadas por suaspartes real e imaginaria convergem. Como essas sequencias sao formadaspor numeros reais seus limites podem, em varios casos, ser encontradosatraves das tecnicas usuais do Calculo.

Sequencias convergentes satisfazem a seguinte

1.3 Proposicao. Sejam (zn) e (wn) sequencias de numeros complexossatisfazendo lim

n→∞zn = α e lim

n→∞wn = β. Entao

(i) limn→∞

czn = cα onde c ∈ C e um numero complexo qualquer.

(ii) limn→∞

(zn + wn) = α+ β.

(iii) limn→∞

(znwn) = αβ.

(iv) se α 6= 0, entao limn→∞

1zn

= 1α .

Demonstracao: (i) e (ii) ficam a cargo do leitor. Quanto a (iii) temosque, dado ε > 0 existem n1 e n2 tais que

n ≥ n1 =⇒ |zn − α| < ε e n ≥ n2 =⇒ |wn − β| < ε.

Agora,

|znwn − αβ| = |znwn − znβ + znβ − αβ|r ≤ |znwn − znβ| + |znβ − αβ|

= |zn||wn − β| + |zn − α||β|.

Como (zn) e uma sequencia convergente, ela e limitada e podemos en-contrar um numero real K > 0 tal que |zn| < K qualquer que seja n.Logo, |zn||wn − β| < K|wn − β| e ficamos com

|znwn − αβ| < K|wn − β| + |zn − α||β|.

Tomando n0 > max{n1, n2} temos que para n ≥ n0 vale

|znwn − αβ| < (K + |β|)ε.

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Ja que ε e arbitrario e K e |β| sao numeros fixados, (K+|β|)ε e arbitrarioe concluimos que (znwn) → αβ. Isso mostra (iii). Quanto a (iv) observeque

∣∣∣∣

1

zn− 1

α

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

α− znznα

∣∣∣∣=

1

|znα||zn − α|.

Como (zn) → α e α 6= 0, ou seja, |α| > 0, podemos encontrar um numero

natural N tal que n ≥ N ⇒ |zn − α| < |α|2 , o que nos diz que |zn| > |α|

2 .Concluimos entao

∣∣∣∣

1

zn− 1

α

∣∣∣∣=

1

|zn||α||zn − α| < 2

|α|2|zn − α|

desde que n ≥ N . Para finalizar note que limn→∞

|zn − α| = 0 e portanto(

1zn

)

→ 1α . ut

O criterio mais importante e util para decidir se uma sequencia econvergente ou nao e o chamado Princıpio Geral de Convergencia ouPrincıpio de Cauchy, que diz o seguinte:

1.4 Teorema. (Princıpio de Cauchy) Uma sequencia (zn) converge se,e somente se, dado qualquer numero ε > 0, e possıvel encontrar n0 ∈ Ntal que

n,m ≥ n0 =⇒ |zm − zn| < ε.

Informalmente isso quer dizer que, se os termos de uma sequenciaficam arbitrariamente proximos entre si, entao a sequencia e convergente.Para uma demonstracao desse teorema veja 1.

Dada uma sequencia numerica (zn) podemos associar a ela umanova sequencia (sn), chamada sequencia das somas parciais de (zn) ou

1Elon L. Lima - Espacos Metricos, Projeto Euclides, IMPA

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sequencia gerada por (zn) e definida recursivamente por:

s0 = z0

s1 = s0 + z1 = (z0) + z1

s2 = s1 + z2 = (z0 + z1) + z2...

sn = sn−1 + zn = (z0 + z1 + · · · + zn−2 + zn−1) + zn...

Observe que sn =n∑

i=0zi. Temos entao a

1.5 Definicao. Uma serie numerica e a sequencia (sn) gerada por umasequencia (zn) de numeros complexos. Se a sequencia (sn) converge as, dizemos que a serie converge e que sua soma e o numero s. Se (sn)diverge dizemos que a serie diverge. A serie numerica gerada por (zn) e

notada∞∑

n=0zn.

Como no caso de sequencias, escrevendo zn = xn + iyn, temos que a

serie numerica∞∑

n=0zn =

∞∑

n=0(xn + iyn) converge se, e somente se, as

series de numeros reais∞∑

n=0xn e

∞∑

n=0yn convergem. Assim sendo, a

convergencia de series de numeros complexos pode ser testada aplicando-se os criterios usuais do Calculo as suas partes real e imaginaria.

O criterio mais elementar de convergencia de series numericas envolveseries de numeros reais nao negativos e e dado pela

1.6 Proposicao. (Criterio de Comparacao) Sejam∞∑

n=0an e

∞∑

n=0bn duas

series numericas, onde an e bn sao numeros reais satisfazendo an ≥ 0 ebn ≥ 0 para todo n. Suponha que an ≤ bn. Valem:

(i) Se∞∑

n=0bn converge entao

∞∑

n=0an tambem converge.

(ii) Se∞∑

n=0an diverge entao

∞∑

n=0bn tambem diverge.

Demonstracao: Vamos utilizar o Criterio de Cauchy para mostrar (i).Sejam sn = a0 +a1 + · · ·+an e Sn = b0 + b1 + · · ·+ bn as n-esimas somas

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parcias das series∞∑

n=0an e

∞∑

n=0bn, respectivamente. Como esta ultima

converge temos que, dado ε > 0 existe n0 tal que se n,m ≥ n0 entao|Sn − Sm| < ε. Podemos supor que n > m e escrever n = m+ k. Entao

|Sn − Sm| = |Sm+k − Sm| = bm+1 + bm+2 + · · · + bm+k < ε

pois bi ≥ 0. Como 0 ≤ ai ≤ bi temos que

|sm+k − sm| = am+1 + am+2 + · · · + am+k

≤ bm+1 + bm+2 + · · · + bm+k = |Sm+k − Sm| < ε

e portanto∞∑

n=0an converge. Para mostrar (ii) observe que se

∞∑

n=0an

diverge entao limn→∞

sn = +∞. De fato, como an ≥ 0 temos que sn =

sn−1 + an ≥ sn−1 e ja que (sn) diverge, so nos resta a possibilidade(sn) → +∞. Agora, Sn ≥ sn e concluimos (Sn) → +∞. ut

Por outro lado temos tambem o seguinte criterio, mais apropriadopara se mostrar que uma serie diverge:

1.7 Proposicao. Seja∞∑

n=0an uma serie de numeros complexos. Se

∞∑

n=0an converge entao a sequencia (an) converge a 0.

Demonstracao: Pelo Criterio de Cauchy temos que

limn→∞

|sn − sn−1| = limn→∞

|an| = 0.

Concluimos que limn→∞

an = 0. ut

A proposicao acima nos diz, em particular, que se∞∑

n=0an converge

entao a sequencia (an) e limitada pois limn→∞

an = 0.

Nosso interesse principal no que diz respeito as series numericas estana consideracao das series absolutamente convergentes, daı a

1.8 Definicao. A serie numerica∞∑

n=0zn e dita absolutamente conver-

gente se a serie∞∑

n=0|zn|, gerada pela sequencia (|zn|), for convergente.

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A importancia desse conceito ficara clara ao estudarmos series depotencias porem, por agora nos contentaremos com a

1.9 Proposicao. Se a serie∞∑

n=0zn e absolutamente convergente, entao

ela e convergente.

Demonstracao: Novamente vamos utilizar o Criterio de Cauchy. Seja

sn = z0 + z1 + · · · + zn a n-esima soma parcial de∞∑

n=0zn. Observe que,

pela desigualdade triangular,

|sm+k − sm| = |zm+k + zm+k−1 + · · · + zm+1|≤ |zm+k| + |zm+k−1| + · · · + |zm+1|.

Agora, a ultima expressao nada mais e do que a diferenca |Sm+k −Sm| das somas parciais da serie

∞∑

n=0|zn|. Como essa e convergente, a

diferenca |Sm+k − Sm| fica tao pequena quanto se queira, desde que m

seja suficientemente grande. Segue do Criterio de Cauchy que∞∑

n=0zn

converge. ut

1.10 A Serie Geometrica.

A serie gerada pela sequencia dos termos de uma progressao geometricae chamada uma serie geometrica e desempenha um papel fundamentalno estudo da convergencia de series. Seja r > 0 um numero real econsidere a sequencia an = rn. A serie gerada por essa sequencia e dadapor sn = 1 + r + r2 + · · · + rn. E claro que se r ≥ 1 entao a sequenciasn diverge. Por outro lado, foi visto no Exercıcio 13 do Capıtulo 1 que,para r 6= 1

sn = 1 + r + r2 + · · · + rn =1 − rn+1

1 − r.

Agora, se r < 1 entao limn→∞

rn+1 = 0. De fato, rn+1 = e(n+1) log r e,

ja que r < 1, seu logaritmo e um numero negativo, log r < 0. Logolimn→∞

rn+1 = limn→∞

e(n+1) log r = 0. Daı vem que

limn→∞

sn = limn→∞

1 − rn+1

1 − r=

1

1 − r.

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Portanto,

∞∑

n=0

rn =1

1 − rpara 0 < r < 1 e

∞∑

n=0

rn diverge para r ≥ 1.

Podemos realizar algumas operacoes com series convergentes, exem-plificadas pela

1.11 Proposicao. Sejam∞∑

n=0zn e

∞∑

n=0wn duas series convergentes com

∞∑

n=0zn = α e

∞∑

n=0wn = β. Entao as series

∞∑

n=0czn, onde c ∈ C e

um numero qualquer e∞∑

n=0(zn + wn) sao ambas convergentes e valem

∞∑

n=0czn = cα e

∞∑

n=0(zn + wn) = α+ β.

Demonstracao: Lembre-se que a serie gerada por uma sequencia ea sequencia das somas parciais desta. Logo, se sn e Sn denotam assequencias de somas parciais de (zn) e de (wn) respectivamente, entao,usando a Proposicao1.3 temos que

∞∑

n=0

czn = limn→∞

csn = c limn→∞

sn = cα = c∞∑

n=0

zn

e

∞∑

n=0

(zn + wn) = limn→∞

(sn + Sn)

= limn→∞

sn + limn→∞

Sn

= α+ β =∞∑

n=0

zn +∞∑

n=0

wn.

Podemos tambem multiplicar series absolutamente convergentes uti-lizando o chamado produto de Cauchy. Falaremos sobre isso na proximasecao e nos exercıcios do final desse capıtulo.

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2 Series de Potencias

Consideraremos agora sequencias de funcoes, isto e, uma correspondenciaque a cada numero natural n ∈ N associa uma funcao da variavel com-plexa z, fn(z), definida num subconjunto de C. Vamos nos concentrarnum tipo simples de tais objetos, a saber, sequencias de potencias de z,onde fn(z) = anz

n, an ∈ C.

2.1 Definicao. Dada uma sequencia (anzn), a serie por ela gerada e

chamada uma serie de potencias de centro em 0 e notada∞∑

n=0anz

n.

Para clarificar essa definicao lembramos que a serie gerada pelasequencia (anz

n) e dada pela seguinte sequencia de somas parcias

S0(z) = a0

S1(z) = S0(z) + a1z = a0 + a1z

S2(z) = S1(z) + a2z2 = (a0 + a1z) + a2z

2

...

Sn(z) = Sn−1(z) + anzn = (a0 + a1z + · · · + an−1z

n−1) + anzn

...

Observe que, para cada n, a n-esima soma parcial Sn(z) e um polinomiona variavel z, isto e, uma funcao definida para todo z ∈ C. A questao

crucial e a compreensao do limite limn→∞

Sn(z) =∞∑

n=0anz

n e a pergunta

natural a se fazer e: para quais valores de z a sequencia (Sn(z)) converge?Outra formulacao dessa pergunta seria: Se fizermos f(z) = lim

n→∞Sn(z),

sob que condicoes teremos uma funcao de z e aonde ela estaria definida?

Podemos responder essas questoes num caso trivial. Faca z = 0.Entao S0(0) = a0, S1(0) = a0, S2(0) = a0, . . . , ou seja, a sequencia(Sn(0)) e constante, igual a a0, portanto convergente. O problema eentao: existem outros valores de z para os quais (Sn(z)) converge? Umavez que a sequencia (an) de coeficientes de zn nao esta explicitada, umaresposta parcial desse problema e dada pela

2.2 Proposicao. Seja∞∑

n=0anz

n uma serie de potencias.

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(i) Suponha que exista um numero complexo z1 6= 0 para o qual aserie converge, isto e, lim

n→∞Sn(z1) existe. Entao a serie converge

absolutamente qualquer que seja o numero z satisfazendo |z| < |z1|.

(ii) Suponha que exista um numero complexo z2 6= 0 para o qual aserie diverge, isto e, lim

n→∞Sn(z2) nao existe. Entao a serie diverge

qualquer que seja o numero z satisfazendo |z| > |z2|.

Demonstracao: Agora ficara claro o papel da serie geometrica emargumentos de convergencia envolvendo series de potencias. Para mos-

trar (i) invocamos inicialmente a Proposicao 1.7. Como a serie∞∑

n=0anz1

n

converge temos que a sequencia numerica (anz1n) converge a 0,

limn→∞

anz1n = 0. Ela e portanto limitada e existe entao um numero

positivo K tal que K > |anz1n| = |an||z1|n para todo natural n. Seja

agora z um numero complexo satisfazendo |z| < |z1|. Ponha r = |z||z1| .

Entao r < 1 e ficamos com

|anzn| = |an||z|n = |an||z1|n( |z||z1|

)n

= |an||z1|nrn < Krn.

A serie∞∑

n=0Krn converge a K

1−r pois esta e simplesmente a serie geometrica

∞∑

n=0rn multiplicada por K. Pelo Criterio de Comparacao (Proposicao

1.6), a serie∞∑

n=0|anzn| converge e portanto

∞∑

n=0anz

n e absolutamente

convergente. Para mostrar (ii) suponha, por contradicao, que exista um

numero z satisfazendo |z| > |z2| e tal que a serie∞∑

n=0anz

n e convergente.

Repetindo a demonstracao de (i) concluimos que∞∑

n=0anz2

n converge ab-

solutamente, contrariando a hipotese. Portanto,∞∑

n=0anz

n diverge qual-

quer que seja z com |z| > |z2|. ut

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Essa proposicao nos diz que, se∞∑

n=0anz

n converge no ponto z1, entao

essa serie converge em todos os pontos do disco (aberto) D(0, |z1|), de

centro em 0 e raio |z1|. Assim sendo, a serie∞∑

n=0anz

n define uma funcao

f : D(0, |z1|) −→ C atraves da expressao f(z) =∞∑

n=0anz

n. Por outro

lado, se∞∑

n=0anz

n diverge em z2, entao ela diverge em todos os pontos fora

do disco fechado D(0, |z2|), de centro em 0 e raio |z2| (eis a explicacaopara o termo ”de centro em 0”na definicao de serie de potencias).

Esses fatos nos levam ao conceito mais importante no estudo dasseries de potencias, o de raio de convergencia.

2.3 Lema. Dada uma serie de potencias∞∑

n=0anz

n, existe um disco fe-

chado de centro em 0 tal que a serie converge absolutamente em todos ospontos z no interior desse disco e diverge em todos os pontos z exterioresa esse disco.

2.4 Definicao. O raio R do disco dado pelo Lema e chamado de raio

de convergencia da serie∞∑

n=0anz

n.

Uma demonstracao desse Lema, juntamente com uma formula geralpara o raio de convergencia, sao dados no apendice desse capıtulo.

O Lema e a definicao merecem um pouco de reflexao. Primeiramente

observe que uma serie∞∑

n=0anz

n sempre converge em z = 0. Por outro

lado, como foi observado acima, se encontrarmos um z1 no qual a serie

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converge, entao ela converge no interior do disco fechado D(0, |z1|). Elıcito portanto procurar o disco fechado de maior raio possıvel, no inte-rior do qual a serie convirja. O Lema nos diz que tal disco existe. Agora,pode ocorrer que esse disco se reduza ao unico ponto z = 0, nesse casoseu raio e R = 0, ou que seu raio seja um numero positivo R > 0, ouainda que a serie convirja em todos os pontos do plano C e nesse casotemos R = ∞.

Os seguintes exemplos ilustram essas possibilidades: considere a serie∞∑

n=0n!zn (recorde que n! = 1 · 2 · 3 · · ·n e, por definicao, 0! = 1). Afirma-

mos que essa serie converge apenas em z = 0. Para ver isso tome z 6= 0qualquer e olhe para a sequencia (|n!zn|) = (n!|zn|). Como |zn| > 0 te-mos lim

n→∞n!|zn| = +∞ (exercıcio) e entao lim

n→∞n!zn 6= 0, o que implica

que∞∑

n=0n!zn diverge (Proposicao 1.7).

Seja agora a serie∞∑

n=0zn e tome qualquer numero real 0 < r < 1. Em

z = r a serie fica∞∑

n=0rn, uma serie geometrica de razao r < 1 e portanto

convergente. Concluimos entao que∞∑

n=0zn converge qualquer que seja

z satisfazendo |z| < r < 1. Mas r < 1 e arbitrario e obtemos que essaserie converge em qualquer z no interior do disco de centro em 0 e raio1. Nesse caso R = 1. Note que essa serie diverge em todos os pontos ztais que |z| = 1 (exercıcio).

Tome um polinomio P (z) = a0 + a1z + a2z2 + · · · + anz

n. Este e aserie de potencias gerada pela sequencia (aiz

i) onde ai = 0 para i > n.Claramente essa serie converge para qualquer z ∈ C e nesse caso temosque o raio de convergencia e R = ∞.

Finalizando, se o raio de convergencia da serie∞∑

n=0anz

n e um numero

R > 0 ou R = ∞, entao a serie define uma funcao da variavel complexa

z, f(z) =∞∑

n=0anz

n, no domınio U = {z : |z| < R}. Alem disso, nao se

pode opinar a priori sobre a convergencia ou nao da serie nos pontos dafronteira ∂D(0, R) do disco de convergencia.

Nosso problema agora e o de calcular o raio de convergencia de uma

serie∞∑

n=0anz

n dada (veja o apendice desse capıtulo). Isso pode ser feito

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72 Series Cap. 4

facilmente desde que an 6= 0 para todo n, mais precisamente

2.5 Proposicao. Considere uma serie de potencias∞∑

n=0anz

n tal que

an 6= 0 para todo natural n. Entao seu raio de convergencia R e dadopelas expressoes

R = limn→∞

∣∣∣∣

anan+1

∣∣∣∣

e R =1

limn→∞

|an|1/n

desde que esses limites existam.

Demonstracao: Para mostrar a primeira dessas formulas fixe um numeroz que verifica 0 < |z| < R e olhe para

∣∣∣∣

an+1zn+1

anzn

∣∣∣∣=

|an+1||zn+1||an||zn|

=

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣|z|.

Temos limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z| = |z|R

< 1. Escolha um numero α satisfazendo |z|R <

α < 1. Como a sequencia(∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z|)

converge para |z|R que e menor

que 1, seus termos ficam arbitrariamente proximos desse numero, emparticular, podemos encontrar um numero natural n0 tal que se tenha(∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z|)

< α para n ≥ n0. Com isso em maos temos

|an0+1||z|n0+1 < |an0 ||z|n0α

|an0+2||z|n0+2 < |an0+1||z|n0+1α < |an0 ||z|n0α2

|an0+3||z|n0+3 < |an0+2||z|n0+2α < |an0 ||z|n0α3

...

|an0+k||z|n0+k < |an0+k−1||z|n0+k−1α < · · · < |an0 ||z|n0αk

...

e concluimos que a serie∞∑

k=0

|an0+k||z|n0+k e majorada pela serie geo-

metrica∞∑

k=0

|an0 ||z|n0αk = |an0 ||z|n0∞∑

k=0

αk de razao α < 1. Como essa

serie converge, segue do criterio de comparacao que∞∑

k=0

|an0+k||z|n0+k

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tambem converge. Agora,

∞∑

n=0

|an||zn| = |a0| + |a1||z| + · · · + |an0−1||z|n0−1 +∞∑

k=0

|an0+k||z|n0+k

e portanto∞∑

n=0anz

n e absolutamente convergente. Como o numero z

que verifica |z| < R e arbitrario segue-se que∞∑

n=0anz

n converge absolu-

tamente em todos os pontos do disco D(0, R).

Para ver que essa serie diverge quando |z| > R ≥ 0, fixe um tal pontoe olhe novamente para a sequencia

∣∣∣∣

an+1zn+1

anzn

∣∣∣∣=

|an+1||zn+1||an||zn|

=

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣|z|.

Temos limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z| = |z|

R > 1. Escolha um numero β satisfazendo

|z|R > β > 1. Como a sequencia

(∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z|)

converge para |z|R que e

maior que 1, seus termos ficam arbitrariamente proximos desse numeroe em particular podemos encontrar um natural n0 tal que se verifique(∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |z|)

> β para n ≥ n0.

Portanto

|an0+1||z|n0+1 > |an0 ||z|n0β

|an0+2||z|n0+2 > |an0+1||z|n0+1β > |an0 ||z|n0β2

|an0+3||z|n0+3 > |an0+2||z|n0+2β > |an0 ||z|n0β3

...

|an0+k||z|n0+k > |an0+k−1||z|n0+k−1β > · · · > |an0 ||z|n0βk

...

Como β > 1 ficamos com |an0+k||z|n0+k ≥ |an0 ||z|n0 > 0 para todo k ≥ 0e concluimos que lim

k→∞|an0+k||z|n0+k 6= 0. Mas isso e o mesmo que dizer

que limn→∞

anzn 6= 0 e a serie

∞∑

n=0anz

n diverge em qualquer ponto exterior

ao disco fechado D(0, R).

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74 Series Cap. 4

Para mostrar que

R =1

limn→∞

|an|1/n

repetimos os argumentos acima, trocando a sequencia(∣∣∣∣

an+1zn+1

anzn

∣∣∣∣

)

pela sequencia (

|an|1/n|z|)

.

Os detalhes sao deixados ao leitor interessado. ut

Podemos agora utilizar essa proposicao para calcular o raio de con-vergencia de algumas series.

Considere a serie∞∑

n=0

zn

n! . O coeficiente de zn e an = 1n! e temos

R = limn→∞

1n!1

(n+1)!

= limn→∞

(n+ 1) = ∞

e essa serie converge absolutamente em todos os pontos do plano C. Ja

a serie∞∑

n=1

zn

n tem raio de convergencia

R = limn→∞

1n1

n+1

= limn→∞

n+ 1

n= 1

e portanto converge absolutamente no disco {z ∈ C : |z| < 1}. Observeque, em geral, nada podemos concluir sobre o comportamento de umaserie nos pontos da fronteira do disco de convergencia pois nesse exemplo,

fazendo z = 1 ficamos com a serie divergente∞∑

n=1

1n e fazendo z = −1

ficamos com a serie convergente∞∑

n=1

(−1)n

n .

A manipulacao de series de potencias pode ser realizada no domıniocomum de convergencia, mais precisamente,

2.6 Proposicao. Sejam∞∑

n=0anz

n e∞∑

n=0bnz

n duas series de potencias

com raios de convergencia R1 e R2 respectivamente. Entao

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∞∑

n=0canz

n tem raio de convergencia R1 e para z ∈ D(0, R1) vale

∞∑

n=0canz

n = c∞∑

n=0anz

n, onde c 6= 0 e um numero complexo qualquer.

Ponha R = min{R1, R2}. Entao, para z ∈ D(0, R) temos que

∞∑

n=0

anzn +

∞∑

n=0

bnzn =

∞∑

n=0

(an + bn)zn.

Demonstracao: Basta utilizar a Proposicao 1.11. utQuanto ao produto temos

2.7 Proposicao. Se as series de potencias∞∑

n=0anz

n e∞∑

n=0bnz

n tem

raios de convergencia R1 e R2 respectivamente entao, pondo

cn = a0bn + a1bn−1 + · · · + an−1b1 + anb0

temos que a serie∞∑

n=0cnz

n converge absolutamente para todo z verifi-

cando |z| < min{R1, R2} e, alem disso,

∞∑

n=0

cnzn =

( ∞∑

n=0

anzn

)( ∞∑

n=0

bnzn

)

.

ut

Um roteiro para a demonstracao desse fato se encontra nos exercıciosdo final desse capıtulo. Queremos apenas observar que os coeficientes cnsao definidos naturalmente, isto e, simplesmente multiplicamos as series,do mesmo modo como fazemos com polinomios:

(a0 + a1z + a2z2 + · · · )(b0 + b1z + b2z

2 + · · · )= a0b0 + (a0b1 + a1b0)z + (a0b2 + a1b1 + a2b0)z

2 + · · · .

Vamos considerar agora a diferenciacao de series de potencias. Veremosque estas podem ser derivadas termo a termo em todos os pontos de seudisco de convergencia. Comecamos com a

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76 Series Cap. 4

2.8 Proposicao. Seja f(z) =∞∑

n=0anz

n uma serie de potencias com raio

de convergencia R > 0. Entao a serie

g(z) =

∞∑

n=1

nanzn−1

converge absolutamente para |z| < R.

Demonstracao: Precisaremos do seguinte

Lema. Seja 0 ≤ r < 1. Entao a serie

1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · · + nrn−1 + · · · =∞∑

n=1

nrn−1

converge para 1(1−r)2 .

Demonstracao do Lema: A prova envolve um argumento de inducao(o leitor nao familiarizado com tal procedimento deve aceitar a veraci-dade do enunciado). Inicialmente mostramos que

(∗) 1 + 2r + 3r2 + · · · + nrn−1 =nrn+1 − (n+ 1)rn + 1

(1 − r)2.

A afirmativa e verdadeira para n = 1 pois

1 =r2 − 2r + 1

(1 − r)2.

Suponha que a afirmativa valha para n. Entao

nrn+1 − (n+ 1)rn + 1

(1 − r)2+ (n+ 1)rn

=nrn+1 − (n+ 1)rn + 1 + (n+ 1)rn(1 − 2r + r2)

(1 − r)2

=(n+ 1)rn+2 − (n+ 2)rn+1 + 1

(1 − r)2

= (1 + 2r + 3r2 + · · · + nrn−1) + (n+ 1)rn

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Secao 2 Series de Potencias 77

e concluimos que (∗) e verdadeira. Para finalizar a demonstracao doLema observe que (∗) descreve a sequencia de somas parciais da serie∞∑

n=1nrn−1 e portanto

∞∑

n=1

nrn−1 = limn→∞

nrn+1 − (n+ 1)rn + 1

(1 − r)2=

1

(1 − r)2

pois r < 1 (exercıcio). utA prova da proposicao e a seguinte: dado um numero z verificando

|z| < R, escolha um numero α satisfazendo |z| < α < R. Como∞∑

n=0anz

n

converge absolutamente para |z| < R, a sequencia |anαn| e limitada epodemos achar K > 0 tal que

|anαn| = |an|αn < K =⇒ |an| <K

αn

para todo n. Agora,

|nanzn−1| = n|an|∣∣∣z

α

∣∣∣

n−1αn−1 < n

K

αn

∣∣∣z

α

∣∣∣

n−1αn−1 = n

K

α

∣∣∣z

α

∣∣∣

n−1.

Ponha∣∣ zα

∣∣ = r e fique com

|nanzn−1| < nK

αrn−1.

Temos entao que

∞∑

n=1

n|anzn−1| ≤ K

α

∞∑

n=1

nrn−1

e, como r < 1, esta ultima serie e convergente pelo lema. A proposicaoesta demonstrada. ut

Vamos agora mostrar o importante

2.9 Teorema. Seja f(z) =∞∑

n=0anz

n uma serie de potencias com raio

de convergencia R > 0. Entao

f ′(z) =∞∑

n=1

nanzn−1

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78 Series Cap. 4

para todo z tal que |z| < R, isto e, podemos derivar termo a termo umaserie de potencias no interior de seu disco de convergencia.

Atencao. Esse teorema nos diz que uma serie de potencias define umafuncao holomorfa no interior do seu disco de convergencia.

Demonstracao: A proposicao anterior nos da que

g(z) =∞∑

n=1

nanzn−1

e absolutamente convergente para |z| < R. Nos resta mostrar quef ′(z) = g(z). Escolha z0 verificando |z0| < R. Como series podemser manipuladas termo a termo temos

f(z) − f(z0)

z − z0− g(z0) =

∞∑

n=1

(

anzn − z0

n

z − z0− nanz0

n−1

)

e lembrando que, se z 6= z0

zn − z0n

z − z0= zn−1 + z0z

n−2 + · · · + z0n−1

ficamos com

∞∑

n=1

(

anzn − z0

n

z − z0− nanz0

n−1

)

=∞∑

n=1

an(zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0

n−1 − nz0n−1).

Agora, tome z verificando z 6= z0 e |z| < R. Entao, ja que |z0| < R

podemos escolher r tal que R > r >

{

|z0||z|

e

|an(zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0n−1 − nz0

n−1)|≤ |an|

(|zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0

n−1|)

+ n|an||z0n−1|≤ n|an|rn−1 + n|an|rn−1 = 2n|an|rn−1.

Portanto,

∞∑

n=1

|an(zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0n−1 − nz0

n−1)| ≤ 2∞∑

n=1

n|an|rn−1.

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Secao 2 Series de Potencias 79

Como pela proposicao anterior∞∑

n=1nanz

n−1 e absolutamente convergente

para |z| < R, concluimos que∞∑

n=1an(z

n−1+zn−2z0+· · ·+z0n−1−nz0n−1)

tambem o e, pois r < R. Considere a sequencia de somas parciais dessaserie

SN (z) =N∑

n=1

an(zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0

n−1 − nz0n−1)

e escreva F (z) =∞∑

n=1an(z

n−1 + zn−2z0 + · · · + z0n−1 − nz0

n−1). Temos

que

|F (z) − SN (z)| =

∣∣∣∣∣

∞∑

n=N+1

an(zn−1 + zn−2z0 + · · · + z0

n−1 − nz0n−1)

∣∣∣∣∣

e que (|F (z) − SN (z)|) → 0 qualquer que seja z verificando |z| < R.Logo, dado ε > 0 podemos encontrar n0 tal que N ≥ n0 nos da que

|F (z) − SN (z)| < ε

2.

Por outro lado, SN (z0) = 0 e SN (z) e um polinomio em z, ou seja, euma funcao contınua em z0 e tambem podemos encontrar um numeroδ > 0 tal que 0 < |z − z0| < δ fornece

|SN (z)| = |SN (z) − SN (z0)| <ε

2.

Daı vem que

|F (z)| ≤ |SN (z)| + |F (z) − SN (z)| < ε

2+ε

2= ε

para N ≥ n0 e 0 < |z − z0| < δ. Mas isto e o mesmo que dizer que

limz→z0

F (z) = 0

e como

F (z) =f(z) − f(z0)

z − z0− g(z0)

ficamos com

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0= g(z0)

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80 Series Cap. 4

e o Teorema esta demonstrado. ut

Podemos exemplificar esse resultado utilizando as series

f(z) =∞∑

n=0

zn

n!e g(z) =

∞∑

n=1

zn

n.

Para a primeira delas R = ∞ e temos

f ′(z) =∞∑

n=1

nzn−1

n!=

∞∑

m=0

zm

m!= f(z)

em todo o plano C. Quanto a segunda, se |z| < 1

g′(z) =∞∑

n=0

zn =1

1 − z.

A importancia desse teorema pode tambem ser percebida atraves do

2.10 Corolario. Seja f(z) =∞∑

n=0anz

n uma serie de potencias com raio

de convergencia R > 0. Entao f(z) tem derivadas de todas as ordensno disco D(0, R) e

f (k)(z) =∞∑

n=k

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)anzn−k

=∞∑

n=k

n!

(n− k)!anz

n−k.

Demonstracao: Aplique o Teorema recursivamente. ut

Ilustramos atraves de g(z) =∞∑

n=1

zn

n . Ja vimos que, para |z| < 1

g′(z) =

∞∑

n=0

zn =1

1 − z.

Entao

g(2)(z) =∞∑

n=1

nzn−1 =1

(1 − z)2

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Secao 2 Series de Potencias 81

e

g(3)(z) =∞∑

n=2

n(n− 1)zn−2 =2

(1 − z)3

e assim sucessivamente.

Agora, fazendo z = 0 na expressao f (k)(z) =∞∑

n=k

n!(n−k)!anz

n−k obte-

mos f (k)(0) = k!ak ou

ak =f (k)(0)

k!

para k ≥ 0. Isso mostra o

2.11 Corolario. Seja f(z) uma funcao definida pela serie de potencias∞∑

n=0anz

n, com raio de convergencia R > 0. Entao f(z) e dada pela sua

serie de Taylor de centro em 0,

f(z) =∞∑

n=0

f (n)(0)

n!zn

e essa serie converge absolutamente em qualquer z ∈ D(0, R). utAte agora consideramos series de potencias centradas em 0 ∈ C,

isto e, geradas por sequencias da forma (anzn). Nao ha nada de espe-

cial com o ponto 0 e poderiamos igualmente ter considerado series de

potencias∞∑

n=0an(z − z0)

n centradas num ponto z0 ∈ C qualquer, geradas

por sequencias da forma (an(z − z0)n). Todos os resultados sobre series

de potencias ate aqui obtidos permanecem validos, bastando trocar zn

por (z − z0)n nos enunciados e demonstracoes. Por exemplo, nessa rou-

pagem o Teorema 2.9 se le

2.12 Teorema. (revisitado) Seja f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n uma serie de

potencias com raio de convergencia R > 0. Entao

f ′(z) =∞∑

n=1

nan(z − z0)n−1

para todo z tal que |z − z0| < R ute o corolario acima fica

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82 Series Cap. 4

2.13 Corolario. (revisitado) Seja f(z) uma funcao definida pela serie

de potencias∞∑

n=0an(z − z0)

n, com raio de convergencia R > 0. Entao

f(z) e dada pela sua serie de Taylor de centro em z0,

f(z) =∞∑

n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)

n

e essa serie converge absolutamente em qualquer z ∈ D(z0, R). utVamos agora exibir uma propriedade fundamental das series de po-

tencias. Comecamos considerando as mais simples de tais series, ospolinomios.

Seja P (z) = b0 + b1z + b2z2 + · · · + bnz

n um polinomio e z0 umnumero complexo satisfazendo P (z0) = 0, ou seja, z0 e uma raiz daequcao P (z) = 0, tambem chamado de um zero de P (z). Tome a seriede Taylor de P (z) centrada em z0,

P (z) = a0 + a1(z − z0) + a2(z − z0)2 + · · · + an(z − z0)

n

onde a0 = P (z0) = 0, a1 = P ′(z0), a2 = P (2)(z0)2! , . . . , an = P (n)(z0)

2! .Como a0 = 0 temos

P (z) = (z − z0)[a1 + a2(z − z0)

2 + · · · + an(z − z0)n]

e podemos nos perguntar se a1 = 0. Se esse for o caso entao

P (z) = (z − z0)2[a2 + a3(z − z0)

3 + · · · + an(z − z0)n]

e novamente nos perguntamos se a2 = 0, a3 = 0, etc. Temos duaspossibilidades: ou a0 = a1 = a2 = · · · = an = 0 e portanto P (z) ≡ 0, oua0 = a1 = · · · = ak−1 = 0 mas ak 6= 0 com k ≤ n. Nesse caso dizemosque z0 e um zero de P (z) de ordem k ou de multiplicidade k e

P (z) = (z − z0)k[ak + ak+1(z − z0)

k+1 + · · · + an(z − z0)n].

Observe que isso e o mesmo que dizer que

P (z0) = P ′(z0) = P (2)(z0) = · · · = P (k−1)(z0) = 0 e P (k)(z0) 6= 0.

Portanto P (z) se escreve como o produto de polinomios

P (z) = (z − z0)kQ(z)

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Secao 2 Series de Potencias 83

ondeQ(z) = ak + ak+1(z − z0)

k+1 + · · · + an(z − z0)n

verifica Q(z0) = ak 6= 0. Como polinomios sao contınuos, escolhendo

ε = |ak|2 podemos encontrar δ > 0 tal que

0 < |z − z0| < δ =⇒ |Q(z) − ak| <|ak|2.

Mas isso nos da que |Q(z)| > |ak|2 > 0 e concluimos que Q(z) 6= 0 em

todos os pontos do disco D (z0, δ). Como z − z0 so se anula em z = z0,o polinomio P (z) = (z − z0)

kQ(z) tem um unico zero no disco D (z0, δ).Nos referimos a isso dizendo que os zeros de um polinomio nao nulo saoisolados. Essa conclusao se transporta para series de potencias atravesda

2.14 Proposicao. Seja f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n uma serie de potencias

com raio de convergencia R > 0 e nao identicamente nula. Se f(z0) =a0 = 0 entao existe um disco aberto de raio δ ≤ R, de centro em z0, talque f(z) 6= 0 para todo z 6= z0 nesse disco.

Demonstracao: Trata-se de copiar, na medida do possıvel, os argu-mentos utilizados acima no caso de polinomios. Seja k o natural tal quea0 = a1 = · · · = ak−1 = 0 e ak 6= 0 (esse k existe pois a serie nao eidenticamente nula). Entao

f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n =

∞∑

m=0

ak+m(z − z0)k+m.

Olhe para a serie

∞∑

m=0

ak+m(z − z0)m = ak + ak+1(z − z0) + ak+2(z − z0)

2 + · · ·

Afirmamos que seu raio de convergencia e R. De fato, denote por Sn(z)as somas parciais de

∞∑

n=0

an(z − z0)n

e por sn(z) as de∞∑

m=0

ak+m(z − z0)m.

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84 Series Cap. 4

Entao Sn+k(z) = (z − z0)ksn(z) e, para |z − z0| < R, Sn+k(z) converge

se, e somente se, sn(z) converge. Portanto, colocando

g(z) =

∞∑

m=0

ak+m(z − z0)m

temos

f(z) = limn→∞

Sn+k(z) = (z − z0)k limn→∞

sn(z) = (z − z0)kg(z).

Uma vez que temos a escrita f(z) = (z − z0)kg(z) onde g(z) e contınua

e g(z0) = ak 6= 0, concluimos a prova utilizando os mesmos argumentosque para o caso de polinomios. ut

A proposicao acima nos fornece o

2.15 Teorema. Seja f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n uma serie com raio de

convergencia R > 0. Suponha que exista uma sequencia nao constante(αm) tal que lim

m→∞αm = z0 e f(αm) = 0. Entao a serie e identicamente

nula, ou seja, an = 0 para todo n.

Demonstracao: Como f e contınua, temos limm→∞

f(αm) = f(z0) = 0 e

z0 nao e zero isolado de f . A conclusao segue da Proposicao 2.14. ut

Esse resultado e conhecido como Princıpio da Identidade para seriesde potencias. Com isso em maos podemos dizer o seguinte a respeito dainversao algebrica de uma tal serie:

2.16 Proposicao. Seja∞∑

n=0anz

n uma serie com raio de convergencia

R > 0 e tal que a0 6= 0. Entao existe um δ > 0 e uma serie∞∑

n=0bnz

n,

absolutamente convergente para |z| < δ e verificando

( ∞∑

n=0

anzn

)( ∞∑

n=0

bnzn

)

= 1. ut

Nao demonstraremos isso porem ilustramos o procedimento para seobter a inversa. Multiplique as duas series e iguale o produto a 1:

a0b0 + (a0b1 + a1b0)z + (a0b2 + a1b1 + a2b0)z2 + · · · = 1.

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Secao 2 Series de Potencias 85

Pelo Teorema 2.15 ficamos com uma infinidade de equacoes:

a0b0 = 1

a0b1 + a1b0 = 0

a0b2 + a1b1 + a2b0 = 0

...

a0bn + a1bn− 1 + · · · + an−1b1 + anb0 = 0

...

Da primeira delas concluimos que b0 = 1/a0. Substituindo esse valorna segunda obtemos b1 = −a1/a

20 e assim sucessivamente. Em geral,

o termo bn e obtido a partir de a0, . . . , an e de b0, b1, . . . , bn−1, ja obti-dos anteriormente. Note que nao ha uma formula simples para os bn.Podemos exemplificar invertendo a serie de potencias

f(z) = 1 − z.

Sua inversa algebrica, centrada em 0, e simplesmente a serie geome-tricapois

1

1 − z=

∞∑

n=0

zn.

Note que o raio de convergencia de f e R = ∞ e que o de sua inversa

g(z) =∞∑

n=0zn e R = 1. Mais adiante veremos como calcular sua inversa

centrada em qualquer ponto z0 6= 0.Encerramos o capıtulo com a definicao de funcao analıtica. O fato

espantoso e que a Teoria de Cauchy, a ser desenvolvida no proximocapıtulo, nos diz que no caso complexo funcao analıtica e sinonimo defuncao holomorfa!

2.17 Definicao. Sejam U ⊂ C um domınio e f : U → C uma funcao.f e analıtica em U se, para todo ponto z0 ∈ U , f se expressa como umaserie de potencias de centro z0 com raio de convergencia Rz0 > 0.

Repetindo, f e analıtica em U se, dado z0 ∈ U temos

f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n

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86 Sequencias e Series Numericas Cap. 4

e essa serie converge absolutamente num disco D(z0, Rz0) ⊂ U , Rz0 > 0.Observe que pelo, Corolario 2.13, temos necessariamente

an =f (n)(z0)

n!.

Daremos aqui um unico exemplo de funcao analıtica: f(z) = 1z e analıtica

em C∗ = C \ {0}. Para ver isso escolha z0 6= 0. Entao

1

z=

1

z0 + z − z0=

1

z0

1

1 +(z−z0z0

)

=1

z0

1

1 −(

− z−z0z0

)

.

Agora, se∣∣∣z−z0z0

∣∣∣ < 1 ou seja, para |z− z0| < |z0| temos, pela Proposicao

1.11, que

1

1 −(

− z−z0z0

) =∞∑

n=0

(

−z − z0z0

)n

=∞∑

n=0

(−1)n

zn0(z − z0)

n

e essa serie converge. Portanto

f(z) =1

z=

1

z0

∞∑

n=0

(

−z − z0z0

)n

=∞∑

n=0

(−1)n

zn+10

(z − z0)n

e todas as condicoes da definicao acima se cumprem.

3 Exercıcios

1) Calcule limn→∞

n!nn .

2) Mostre que, se |α| < 1 entao limn→∞

nαn = 0.

3) Calcule limn→∞

[

i +(

2+3i

5

)n]

.

4) Existe limn→∞

[

i +(

4+3i

5

)n]

?

5) Calcule

limn→∞

log n

n, lim

n→∞n√n , lim

n→∞log(ni)

ni

limn→∞

n√ni , lim

n→∞ni√ni , lim

n→∞ni√n.

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Secao 3 Exercıcios 87

6) Para α ∈ C diga se cada uma das sequencias converge ou diverge e,se convergir, determine o limite:

(αn) , (nαn) ,

(αn

n

)

,(√n(√n+ α−√

n)).

7) (i) Suponha que |α| < |β| < 1. Existe o limite limn→∞

n√αn + βn?

(ii) Suponha que |α| = |β| > 1. Mostre que, se a sequencia αn − βn

e limitada, entao α = β.

8) Existem os limites limn→∞

cos(nπi) e limn→∞

ni sen(πi

n

)?

9) Mostre que as series∞∑

n=0

1ni

e∞∑

n=0

1n+i

divergem.

10) Determine o raio de convergencia de cada uma das series abaixo:

∞∑

n=0

n

(3i)n(z − 1)n ,

∞∑

n=0

11n+2i

n!zn ,

∞∑

n=0

n2i

2n(z − π)n

∞∑

n=0

5

(4 + 3i)nzn ,

∞∑

n=0

7n

(5 + i)n(z + 2)n ,

∞∑

n=1

1

log(ni)zn

∞∑

n=0

(i)n

2nizn ,

∞∑

n=1

(−1)n+1

√3i n

zn ,∞∑

n=0

3ni

i(2n)!zn.

∞∑

n=0

(n!)2

(2n)!zn ,

∞∑

n=1

(

1 +1

n

)n

zn ,

∞∑

n=1

(

1 +1

n

)n2

zn

∞∑

n=1

(

1 − 1

n

)n

zn ,∞∑

n=1

nlognzn ,∞∑

n=1

1

(log n)nzn.

11) Mostre, usando o produto de series (Proposicao 2.7), que se f(z) =∞∑

n=0anz

n entao:

1

1 − zf(z) =

∞∑

n=0

(a0 + · · · + an)zn.

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88 Sequencias e Series Numericas Cap. 4

12) Mostre que

∞∑

n=0

(n+1)zn =1

(1 − z)2

∞∑

n=1

nzn =z

(1 − z)2,

∞∑

n=1

n2zn =z + z2

(1 − z)3

∞∑

n=1

n3zn =z + 4z2 + z3

(1 − z)4,

∞∑

n=1

n4zn =z + 11z2 + 11z3 + z4

(1 − z)5

13) Seja P (t) = a0+a1t+· · ·+aktk um polinomio e considere a sequencia(P (n)), n ≥ 0. Entao

f(z) =∞∑

n=0

P (n)zn

e uma funcao racional. Sugestao: comece considerando monomios, isto

e, series da forma∞∑

n=0nkzn. Para essas inspire-se no exercıcio 12.

14) Considere uma serie de potencias∞∑

n=0anz

n na qual os coeficientes se

repetem ciclicamente, an+k = an, onde n e qualquer e k ≥ 0 e fixado.Calcule seu raio de convergencia e sua soma.

15) Seja f(z) = 1 +∞∑

n=1

α(α−1)···(α−n+1)n! zn, onde α ∈ R. Mostre que

f(z) converge para |z| < 1 e que f ′(z) = αf(z)1+z . Conclua daı que

[(1 + z)−αf(z)]′

= 0 e que f(z) = (1 + z)α. Esse resultado vale seα ∈ C?

16) Aqui vamos considerar o produto de series. Suponha que∞∑

n=0an

e∞∑

n=0bn sao duas series absolutamente convergentes, de somas a e b

respectivamente. Defina cn, n ≥ 0 por

cn = a0bn + a1bn−1 + · · · + an−1b1 + anb0

e considere a serie∞∑

n=0cn. O objetivo e mostrar que ab =

∞∑

n=0cn.

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Secao 3 Exercıcios 89

(i) Dado ε > 0 mostre que e possıvel encontrar N tal que, se n ≥ Nentao valem simultaneamente:

∣∣∣∣∣

N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn − ab

∣∣∣∣∣< ε ,

2N∑

n=N+1

|an| < ε e2N∑

n=N+1

|bn| < ε.

(ii) Olhe para∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn − ab

∣∣∣∣∣≤∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn −N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣

N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn − ab

∣∣∣∣∣.

Ja temos que

∣∣∣∣

N∑

n=0an

N∑

n=0bn − ab

∣∣∣∣< ε. O problema esta em majorar a

parcela∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn −N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn

∣∣∣∣∣.

Pense no seguinte diagrama: represente os an pelos pontos (n, 0), os bnpelos pontos (0, n) e os anbm pelos pontos (n,m). A ideia e que as somas

parciais2N∑

n=0cn nos dao regioes triangulares (mais precisamente, olhe para

o triangulo de vertices (0, 0), (2N, 0) e (0, 2N)), ao passo que o produto

das somas parciaisN∑

n=0an

N∑

n=0bn nos fornece uma regiao retangular (mais

precisamente, olhe para o retangulo de vertices (0, 0), (N, 0), (0, N) e(N,N)). Com isso em maos conclua que∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn −N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn

∣∣∣∣∣≤

2N∑

n=N+1

|an|N∑

n=0

|bn| +N∑

n=0

|an|2N∑

n=N+1

|bn|

e obtenha ∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn −N∑

n=0

an

N∑

n=0

bn

∣∣∣∣∣< εb+ aε.

Finalmente fique com∣∣∣∣∣

2N∑

n=0

cn − ab

∣∣∣∣∣< (a+ b+ 1)ε.

Isto feito para series numericas, deduza (Proposicao 2.7).

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90 Sequencias e Series Numericas Cap. 4

4 APENDICE: O Raio de Convergencia

Nesse apendice demonstraremos o Lema 2.3 e exibiremos uma formulageral para o raio de convergencia de uma serie de potencias.

Comecamos introduzindo a nocao de ponto aderente a uma sequencia.Se (an) e uma sequencia de numeros reais, um ponto α e chamado pontoaderente a (an) se a seguinte propriedade se verifica: dado qualquernumero ε > 0, existe uma infinidade de termos da sequencia satisfazendo|α−an| < ε. Uma sequencia pode ter nenhum, um numero finito ou umainfinidade de pontos aderentes. Por exemplo, a sequencia an = n naopossui ponto aderente. Ja uma sequencia convergente, (an) → a, temseu limite a como unico ponto aderente. A sequencia sen

(nπ2

)tem tres

pontos de aderencia, −1, 0 e 1. Por outro lado, representando o conjuntodos numeros racionais Q por uma sequencia (qn), temos que qualquernumero real α e aderente a (qn). O limite superior de uma sequencia(an), notado lim sup an, e o maior de seus pontos aderentes (observeque so estamos considerando sequencias de numeros reais, portanto po-demos invocar a ordem de R). Para os exemplos acima, an = n naopossui lim sup, se (an) → a entao lim sup an = a, lim sup sen

(nπ2

)= 1

e lim sup qn nao existe. Isto posto temos o

Lema. Seja∞∑

n=0an(z − z0)

n uma serie de potencias onde an ∈ C e z,

z0 sao numeros complexos. Defina R por

R =

1

lim sup n√

|an|se lim sup n

√

|an| 6= 0

∞ se lim sup n√

|an| = 0.

Entao,

(i) a serie converge absolutamente qualquer que seja z satisfazendo|z − z0| < R e

(ii) a serie diverge se z satisfaz |z − z0| > R.

Alem disso, R e o unico numero para o qual valem (i) e (ii).

Demonstracao: Se |z − z0| < R, escolha r tal que |z − z0| < r < R.Agora,

1

r>

1

R= lim sup n

√

|an|

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Secao 4 APENDICE: O Raio de Convergencia 91

e portanto, como nao existem pontos aderentes de ( n√

|an|) que saomaiores que 1

R , podemos encontrar um numero N tal que se n ≥ N ,

entao n√

|an| < 1r . Mas isso nos diz que |an| < 1

rn e daı vem

|an(z − z0)n| = |an||z − z0|n <

|z − z0|nrn

=

( |z − z0|r

)n

.

Logo,∞∑

n=N

|an(z − z0)n| <

∞∑

n=N

( |z − z0|r

)n

.

Como |z−z0|r < 1, essa ultima serie converge e, pelo criterio de com-

paracao, a serie∞∑

n=N

|an(z − z0)n| e convergente. Agora,

∞∑

n=0

an(z − z0)n = a0 + · · · + aN−1(z − z0)

N−1 +∞∑

n=N

an(z − z0)n

e entao, ja que∞∑

n=N

an(z − z0)n converge absolutamente para |z − z0| <

R, temos que o mesmo ocorre com∞∑

n=0an(z − z0)

n.

Por outro lado, suponha |z − z0| > R e escolha r tal que |z − z0| >r > R. Nesse caso,

1

r<

1

R= lim sup n

√

|an|

e temos uma infinidade de ındices n para os quais valem 1r <

n√

|an|.Mas entao ( |z − z0|

r

)n

< |an(z − z0)n|

e, como |z−z0|r > 1 concluimos que

limn→∞

|an(z − z0)n| 6= 0.

Segue da Proposicao 1.7 que∞∑

n=0an(z − z0)

n diverge. ut

Como exemplo, considere a serie

∞∑

n=0

z2n= z + z2 + z4 + z8 + z16 + · · ·

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92 Sequencias e Series Numericas Cap. 4

Seu raio de convergencia e R = 1. Deixamos ao leitor interessado estudara convergencia dessa serie nos pontos do cırculo de centro em 0 e raio 1

(sugerimos que se estudem inicialmente os pontos da forma exp(

2πim2n

)

,

onde m, n ∈ N).Como exercıcios simples, calcule os raios de convergencia das series

∞∑

n=0

(n!)2

(2n)!z2n ,

∞∑

n=1

(

1 +1

n

)n

zn2,

∞∑

n=1

(

1 +1

n

)n2

zn2.

Calcule o raio de convergencia da serie∞∑

n=0zn! e examine a convergencia

dessa serie nos pontos da fronteira de seu disco de convergencia.

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5

Teoria de Cauchy

Esse capıtulo e dedicado a apresentar os resultados fundamentais sobrefuncoes de uma variavel complexa. Diferentemente das funcoes reais,as holomorfas admitem uma boa representacao integral, isto e, podemser dadas nos pontos interiores a um disco fechado por uma integral aolongo de sua fronteira. Esse fato nos permite obter uma tal variedade deresultados que validam a teoria das funcoes holomorfas como uma dasmais profundas, uteis e ferteis de toda a Matematica.

1 Integracao

Recorde (Definicao 1.5 do Capıtulo 2) que um domınio U no plano C eum conjunto aberto, nao vazio e tal que, dados dois pontos z1 e z2 emU , podemos encontrar um caminho suave por partes γ cujo ponto iniciale z1 e cujo ponto terminal e z2. Antes de falar em integracao exibimos oseguinte resultado sobre diferenciacao, bem conhecido no caso de funcoesreais definidas num intervalo da reta:

1.1 Lema. Sejam U ⊂ C um domınio e f : U → C uma funcaoholomorfa. Se f ′(z) = 0 em todo ponto z ∈ U , entao f e uma funcaoconstante.

Demonstracao: Fixe um ponto qualquer z0 ∈ U . Dado z ∈ U sejaγ : [0, 1] → U um caminho suave por partes tal que γ(0) = z0 e γ(1) = z.O caminho γ e, digamos, a justaposicao dos caminhos γ = γ1∗γ2∗· · ·∗γn.A funcao composta f ◦ γ : [0, 1] → C e o caminho suave por partesf ◦ γ = (f ◦ γ1) ∗ (f ◦ γ2) ∗ · · · ∗ (f ◦ γn). Vamos estudar cada f ◦ γi,

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94 Teoria de Cauchy Cap. 5

para 1 ≤ i ≤ n (veja figura). Escrevendo f = u(x, y) + iv(x, y) eγi(t) = xi(t) + iyi(t) temos que

(f ◦ γi)(t) = f(γi(t)) = u(xi(t), yi(t)) + iv(xi(t), yi(t)).

Olhe para as funcoes F (t) = u(xi(t), yi(t)) e G(t) = v(xi(t), yi(t)). Essassao funcoes reais da variavel real t e, pela regra da cadeia

F ′(t) =∂u

∂x(xi(t), yi(t)).xi

′(t) +∂u

∂y(xi(t), yi(t)).yi

′(t)

G′(t) =∂v

∂x(xi(t), yi(t)).xi

′(t) +∂v

∂y(xi(t), yi(t)).yi

′(t).

Agora, como f e holomorfa vale que

f ′ =∂u

∂x+ i

∂v

∂x

bem como valem as condicoes de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂ye

∂v

∂x= −∂u

∂y

Ja que f ′ = 0 concluimos que

∂u

∂x=∂v

∂y=∂v

∂x=∂u

∂y= 0

e portanto F ′(t) = 0 e G′(t) = 0. Sabemos entao, do Calculo de umavariavel real, que as funcoes F e G sao constantes, digamos F (t) = α eG(t) = β. Mas como

(f ◦ γi)(t) = F (t) + iG(t)

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Secao 1 Integracao 95

concluimos que f ◦ γi e constante, f ◦ γi(t) ≡ α + iβ. Isso mostra quef ◦ γi(t) e constante para todo i e, como o ponto inicial de γi+1 e oponto terminal de γi, ficamos com f(z0) = (f ◦ γ1)(0) = (f ◦ γn)(1) =f(z). Uma vez que z e um ponto qualquer de U obtemos f(z) = f(z0),∀z ∈ U . ut

Vamos agora integrar funcoes complexas. Considere inicialmente umcaminho suave γ : [a, b] → C e seja f : U → C uma funcao contınua,onde U ⊂ C e um domınio.

1.2 Definicao. A integral da funcao f ao longo do caminho γ e onumero complexo

∫

γ

f(z)dz =

b∫

a

f(γ(t))γ′(t)dt.

A estrutura complexa desempenha um papel fundamental nessa de-finicao. De fato, escrevendo γ(t) = x(t) + iy(t) temos que γ ′(t) =x′(t) + iy′(t). Por outro lado, se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) entao

f(γ(t)) = u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))

e a expressao acima se torna

∫

γ

f(z)dz =

b∫

a

f(γ(t))γ′(t)dt

=

b∫

a

[

u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))][

x′(t) + iy′(t)]

dt.

Efetuando o produto

[

u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))][

x′(t) + iy′(t)]

[

u(x(t), y(t))x′(t) − v(x(t), y(t))y′(t)]

+ i

[

u(x(t), y(t))y′(t) + v(x(t), y(t))x′(t)]

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96 Teoria de Cauchy Cap. 5

concluimos que

∫

γ

f(z)dz =

b∫

a

f(γ(t))γ′(t)dt

=

b∫

a

[

u(x(t), y(t))x′(t) − v(x(t), y(t))y′(t)]

dt

+ i

b∫

a

[

u(x(t), y(t))y′(t) + v(x(t), y(t))x′(t)]

dt

ou seja,∫

γf(z)dz e dada por duas integrais de linha ao longo do caminho

γ (recorde Definicao 3.1 do Capıtulo 2):

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ

udx− vdy + i

∫

γ

udy + vdx.

O seguinte procedimento heurıstico ajuda a esclarecer a definicao de∫

γf(z)dz em termos de integrais de linha: escreva f = u+iv e z = x+iy.

Entao dz = dx+ idy e

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ

(u+ iv)(dx+ idy)

=

∫

γ

udx− vdy + i

∫

γ

udy + vdx.

Esse mesmo procedimento nos fornece a justificativa para a seguintenotacao: recorde da Definicao 1.4 do Capıtulo 2 que o comprimento docaminho suave γ e definido por

`(γ) =

b∫

a

|γ′(t)|dt =

b∫

a

√

x′(t)2 + y′(t)2dt.

Ora, ao longo de γ temos que dx = x′(t)dt e dy = y′(t)dt e portantodz = (x′(t) + iy′(t))dt. Ingenuamente calculamos o “modulo”|dz| =

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Secao 1 Integracao 97

√

x′(t)2 + y′(t)2dt e obtemos

`(γ) =

b∫

a

|γ′(t)|dt =

∫

γ

|dz|.

A partir de agora notaremos o comprimento de um caminho suave γ por

(1.3) `(γ) =

∫

γ

|dz|

Exemplificamos 1.2 e (1.3) considerando f(z) = 1z e o caminho γ que

e o cırculo de centro em 0 e raio r > 0. γ se expressa por γ(θ) =r(cos θ + i sen θ) isto e, γ(θ) = reiθ, 0 ≤ θ ≤ 2π. Temos entao queγ′(θ) = rieiθ ou seja, dz = rieiθdθ e

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ

1

zdz =

2π∫

0

1

reiθrieiθdθ =

2π∫

0

idθ = i

2π∫

0

dθ = 2πi.

Por outro lado, o comprimento de γ e dado por

∫

γ

|dz| =

2π∫

0

|rieiθ|dθ =

2π∫

0

r|ieiθ|dθ =

2π∫

0

rdθ = r

2π∫

0

dθ = 2πr.

Como a integral∫

γf(z)dz e dada atraves de integrais de linha, a sensi-

bilidade ao sentido de percurso do caminho esta presente e concluimosque (recorde o Capıtulo 2):

∫

γ−

f(z)dz = −∫

γ

f(z)dz

onde γ− e o caminho reverso de γ.Uma vez definida a integral de f(z) ao longo de um caminho suave,

estendemos de modo natural essa definicao a caminhos suaves por partes:

1.4 Definicao. Sejam f e U como na Definicao 1.2 e γ = γ1∗γ2∗· · ·∗γnum caminho suave por partes em U . A integral de f(z) ao longo de γ e

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98 Teoria de Cauchy Cap. 5

o numero complexo∫

γ

f(z)dz =

∫

γ1

f(z)dz +

∫

γ2

f(z)dz + · · · +∫

γn

f(z)dz.

Analogamente a equacao (1.3), o comprimento do caminho suave porpartes γ e dado por

`(γ) =

∫

γ

|dz| = `(γ1) + `(γ2) + · · · + `(γn)

=

∫

γ1

|dz| +∫

γ2

|dz| + · · · +∫

γn

|dz|.

Por exemplo, ainda insistindo na funcao f(z) = 1z e considerando o

caminho suave por partes γ da figura

γ = γ1 ∗ γ−2 ∗ γ−3 ∗ γ4 onde

γ1 = 3eiθ − π

2≤ θ ≤ π

2γ2 = (2 + t)i 0 ≤ t ≤ 1

γ3 = 2eiθ − π

2≤ θ ≤ π

2γ4 = −(2 + t)i 0 ≤ t ≤ 1.

Temos ∫

γ

1

zdz =

∫

γ1

1

zdz −

∫

γ2

1

zdz −

∫

γ3

1

zdz +

∫

γ4

1

zdz.

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Secao 1 Integracao 99

Mas, ao longo de γ1, dz = 3ieiθdθ e

∫

γ1

1

zdz =

π/2∫

−π/2

1

3eiθ3ieiθdθ =

π/2∫

−π/2

idθ = πi.

Ao longo de γ3, dz = 2ieiθdθ e

∫

γ3

1

zdz =

π/2∫

−π/2

1

2eiθ2ieiθdθ =

π/2∫

−π/2

idθ = πi.

Ja para γ2, dz = idt e

∫

γ2

1

zdz =

1∫

0

1

(2 + t)iidt =

1∫

0

1

2 + tdt = log 3 − log 2.

Quanto a γ4, dz = −idt e

∫

γ4

1

zdz =

1∫

0

−1

(2 + t)i− idt =

1∫

0

1

2 + tdt = log 3 − log 2.

Portanto,∫

γ

1zdz = πi − (log 3 − log 2) − πi + log 3 − log 2 = 0. Quanto

ao comprimento de γ ficamos com

`(γ) =

∫

γ

|dz| =

∫

γ1

|dz| +∫

γ2

|dz| +∫

γ3

|dz| +∫

γ4

|dz|

e∫

γ1

|dz| =

π/2∫

−π/2

3dθ = 3π ,

∫

γ3

|dz| =

π/2∫

−π/2

2dθ = 2π

e∫

γ2

|dz| =

∫

γ4

|dz| =

1∫

0

dt = 1.

Logo, `(γ) = 3π + 1 + 2π + 1 = 5π + 2.

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100 Teoria de Cauchy Cap. 5

A integracao de funcoes complexas contınuas goza das seguintes pro-priedades, que seguem da definicao:

c

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ

cf(z)dz, c ∈ C

∫

γ

[f(z) + g(z)]dz =

∫

γ

f(z)dz +

∫

γ

g(z)dz.

Como no caso de funcoes reais de uma variavel, temos o seguinte conceito:

1.5 Definicao. Seja f : U → C uma funcao contınua, onde U ⊂ C eum domınio. Uma funcao F : U → C e chamada uma primitiva de f seF e holomorfa em U e F ′(z) = f(z) para todo ponto z ∈ U .

Observe que se F e uma primitiva de f , entao G(z) = F (z) + ctambem o e, pois G′(z) = F ′(z) = f(z). Mas essa falta de unicidade daprimitiva nao vai mais longe do que isso pelo Lema 1.1. De fato, se Fe G satisfazem F ′ = G′ = f entao a funcao H : U → C definida porH(z) = F (z) −G(z) e tal que H ′(z) = F ′(z) −G′(z) = f(z) − f(z) = 0em todos os pontos de U , e pelo Lema 1.1 temos que H e uma funcaoconstante, H ≡ c. Isso da G(z) = F (z) + c. Vale tambem a seguinteversao do Teorema Fundamental do Calculo:

1.6 Teorema. Sejam U ⊂ C um domınio, f : U → C uma funcaocontınua, F uma primitiva de f em U e γ um caminho suave por partesem U unindo o ponto z0 ao ponto z1. Entao

∫

γ

f(z)dz = F (z1) − F (z0).

Em particular, se o caminho e fechado entao

∫

γ

f(z)dz = 0.

Demonstracao: Vamos supor γ(t) = x(t) + iy(t) suave, a ≤ t ≤ b,γ(a) = z0, γ(b) = z1. O caso suave por partes fica a cargo do leitor(exercıcio). Ponha ξ(t) = f(γ(t))γ ′(t) e ϑ(t) = F (γ(t)). Escrevendoξ(t) = u(t) + iv(t) e ϑ(t) = U(t) + iV (t) temos que F ′ = f fornece

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Secao 1 Integracao 101

ϑ′(t) = U ′(t) + iV ′(t) = u(t) + iv(t) = ξ(t). Pelo Teorema Fundamentaldo Calculo,

∫

γ

f(z)dz =

b∫

a

ξ(t)dt =

b∫

a

u(t)dt+ i

b∫

a

v(t)dt

= U(b) − U(a) + i(V (b) − V (a))

= U(b) + iV (b) − U(a) − iV (a)

= ϑ(b) − ϑ(a) = F (z1) − F (z0). ut

Esse resultado possibilita o calculo rapido da integral de funcoescuja primitiva seja conhecida. Por exemplo, f(z) = z4 tem a primitiva

F (z) = z5

5 e se γ = t+ it2, 1 ≤ t ≤ 2 entao

∫

γ

z4dz = F (2 + 4i) − F (1 + i) =(2 + 4i)5

5− (1 + i)5

5.

Por outro lado,∫

γz4dz = 0 para qualquer caminho fechado, suave por

partes γ.

Um exemplo importante de funcoes que admitem primitiva e dadopelas funcoes polinomiais e mais geralmente pela

1.7 Proposicao. Seja f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n definida por uma serie

de potencias com raio de convergencia R > 0. Entao a funcao

F (z) =∞∑

n=0

ann+ 1

(z − z0)n+1

e uma primitiva de f e a serie que a define converge para |z − z0| < R.

Demonstracao: Basta mostrar que a serie que define F converge para|z − z0| < R pois, pelo Teorema 2.9 do Capıtulo 4 podemos deriva-latermo a termo e concluir que F ′ = f . Agora,

∣∣∣∣

ann+ 1

(z − z0)n+1

∣∣∣∣=

|z − z0|n+ 1

|an(z − z0)n|

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102 Teoria de Cauchy Cap. 5

e, para n suficientemente grande, |z−z0|n+1 < 1. Portanto, se n e suficien-

temente grande

∣∣∣∣

ann+ 1

(z − z0)n+1

∣∣∣∣< |an(z − z0)

n|

e segue do criterio de comparacao Proposicao 1.6 do Capıtulo 4 que∞∑

n=0

ann+1(z − z0)

n+1 converge para |z − z0| < R. ut

Antes de darmos uma caracterizacao geral das funcoes que admi-tem primitiva num domınio exibimos um resultado de natureza tecnica,porem de muita utilidade para o que vira.

1.8 Lema Tecnico. Sejam U ⊂ C um domınio, f : U → C umafuncao contınua e γ(t), a ≤ t ≤ b, um caminho suave por partes em U ,de comprimento `(γ). Seja K ≥ 0 um numero real tal que |f(γ(t))| ≤ Kpara todo a ≤ t ≤ b. Entao

∣∣∣∣∣∣

∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

≤ K`(γ).

Demonstracao: Inicialmente observamos que um tal numeroK sempreexiste, pois e simplesmente o valor maximo de |f | ao longo do caminho γ,porem a prova de sua existencia e de natureza topologica e a omitiremos(veja 1). Comecamos mostrando a se- guinte desigualdade: se α e β saofuncoes reais contınuas entao

(*)

∣∣∣∣∣∣

b∫

a

(α(t) + iβ(t))dt

∣∣∣∣∣∣

≤b∫

a

|α(t) + iβ(t)| dt.

Para ver isso, ponha A =b∫

aα(t)dt e B =

b∫

aβ(t)dt. Entao

A+ iB =

b∫

a

(α(t) + iβ(t))dt

1Elon Lima, Espacos Metricos, Projeto Euclides, IMPA

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e

√

A2 +B2 = |A+ iB| =

∣∣∣∣∣∣

b∫

a

(α(t) + iβ(t))dt

∣∣∣∣∣∣

.

Agora,

A2 +B2 = (A− iB)(A+ iB) = (A− iB)

b∫

a

(α(t) + iβ(t))dt

e como A e B sao constantes,

A2 +B2 =

b∫

a

(A− iB)(α(t) + iβ(t))dt

=

b∫

a

[Aα(t) +Bβ(t)] dt+ i

b∫

a

[Aβ(t) −Bα(t)] dt.

Mas A2 +B2 e um numero real e portanto sua parte imaginaria e nula,ou seja,

b∫

a

[Aβ(t) −Bα(t)] dt = 0

e ficamos com

(**) A2 +B2 =

b∫

a

[Aα(t) +Bβ(t)] dt.

Agora, o integrando nessa expressao nada mais e que o produto escalardos vetores

(A,B).(α(t), β(t)) = Aα(t) +Bβ(t)

e sabemos do Calculo que

Aα(t) +Bβ(t) ≤ | (A,B).(α(t), β(t)) | ≤ |(A,B)||(α(t), β(t))|.

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104 Teoria de Cauchy Cap. 5

Logo,

b∫

a

[Aα(t) +Bβ(t)]dt ≤b∫

a

|(A,B)||(α(t), β(t))|dt

= |(A,B)|b∫

a

|(α(t), β(t))|dt

=√

A2 +B2

b∫

a

|α(t) + iβ(t)|dt

e, por (∗∗),

A2 +B2 ≤√

A2 +B2

b∫

a

|α(t) + iβ(t)|dt

o que fornece

√

A2 +B2 ≤b∫

a

|α(t) + iβ(t)|dt

ou seja,∣∣∣∣∣∣

b∫

a

(α(t) + iβ(t))dt

∣∣∣∣∣∣

=√

A2 +B2 ≤b∫

a

|α(t) + iβ(t)|dt

e (∗) esta demonstrada. Com isso em maos temos∣∣∣∣∣∣

∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

b∫

a

f(γ(t))γ′(t)dt

∣∣∣∣∣∣

≤ (por(∗))

≤b∫

a

|f(γ(t))||γ′(t)|dt ≤b∫

a

K|γ′(t)|dt = K`(γ).

e o lema esta demonstrado. ut

Finalmente, podemos caracterizar funcoes que admitem primitivasem domınios.

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Secao 1 Integracao 105

1.9 Teorema. Seja f : U → C uma funcao contınua definida nodomınio U ⊂ C. As seguintes afirmativas sao equivalentes:

(i) f tem uma primitiva em U .

(ii)∫

γf(z)dz = 0 para qualquer caminho fechado, suave por partes γ

em U .

(iii)∫

λ

f(z)dz so depende dos pontos inicial e terminal de qualquer ca-

minho suave por partes λ em U .

Demonstracao: O Teorema 1.6 nos diz que (i) ⇒ (ii) e (i) ⇒ (iii).Para ver que (ii) ⇒ (iii), sejam γ1 e γ2 dois caminhos suaves por partesem U , ambos ligando o ponto z0 ∈ U ao ponto z1 ∈ U . Olhe para ocaminho γ1 ∗ γ−2 . Esse e um caminho fechado em U e portanto, comovale (ii),

∫

γ1∗γ−2

f(z)dz = 0.

Mas entao

0 =

∫

γ1∗γ−2

f(z)dz =

∫

γ1

f(z)dz +

∫

γ−2

f(z)dz =

∫

γ1

f(z)dz −∫

γ2

f(z)dz

e obtemos (iii). Resta mostrar que (iii) ⇒ (i). Para ver isso fixe umponto qualquer z0 em U e, dado um ponto z ∈ U , seja γ um caminhosuave por partes em U ligando z0 a z. Definimos uma funcao F : U → Cpor

F (z) =

∫

γ

f(w)dw.

F esta bem definida pois, por hipotese,∫

γf(w)dw so depende de z0 e de

z e nao do caminho γ. Para concluir a prova devemos mostrar que F euma primitiva de f , ou seja, que F ′ = f .

Como U e aberto, se h ∈ C tem modulo |h| suficientemente pequenoentao z + h ∈ U . Considere o segmento de reta (um caminho em U)unindo z a z + h, σ(t) = z + th, 0 ≤ t ≤ 1 (veja figura).

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106 Teoria de Cauchy Cap. 5

Pela definicao de F temos

F (z + h) =

∫

γ∗σ

f(w)dw =

∫

γ

f(w)dw +

∫

σ

f(w)dw

ou seja,

F (z + h) = F (z) +

∫

σ

f(w)dw

e daıF (z + h) − F (z)

h=

1

h

∫

σ

f(w)dw.

Por outro lado,

∫

σ

f(z)dw = f(z)

∫

σ

dw = f(z)h

1∫

0

dt = f(z)h

e ficamos com

F (z + h) − F (z)

h− f(z) =

1

h

∫

σ

f(w)dw − 1

h

∫

σ

f(z)dw.

Mas essa ultima expressao e igual a

∫

σ

f(w) − f(z)

hdw.

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 107

Agora, como f e contınua, dado ε > 0 temos que |f(w)− f(z)| < ε para|w− z| suficientemente pequeno. Ora, tomando w ao longo de σ temos,pelo Lema Tecnico 1.8, que

∣∣∣∣∣∣

∫

σ

f(w) − f(z)

hdw

∣∣∣∣∣∣

≤ ε

|h|`(σ) =ε

|h| |h| = ε.

Como ε e arbitrario concluımos que

limh→0

∫

σ

f(w) − f(z)

hdw = 0.

Mas isso e o mesmo que dizer que

limh→0

F (z + h) − F (z)

h− f(z) = 0

ou seja, F ′(z) = f(z). ut

2 Os Teoremas de Cauchy

Essa secao apresenta o resultado central da teoria de funcoes de umavariavel complexa e explora algumas de suas consequencias. Esperamosque apos le-la o leitor se convenca da grande diferenca existente entre oCalculo de funcoes reais e o de funcoes complexas. Comecamos com o

2.1 Teorema de Cauchy-Goursat. Sejam U um domınio em C ef : U → C uma funcao holomorfa. Suponha que ∆ ⊂ U e um trianguloque limita uma regiao inteiramente contida em U . Entao

∫

∆

f(z)dz = 0.

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108 Teoria de Cauchy Cap. 5

Demonstracao: Inicialmente munimos o triangulo ∆ da orientacaocompatıvel com a regiao por ele limitada, isto e, o sentido de percursoe o anti-horario. ∆ e um caminho suave por partes descrito pela jus-taposicao dos caminhos γ1 ∗ γ2 ∗ γ3, como na figura acima. Tome ospontos medios dos lados de ∆ e una esses pontos por segmentos de reta,obtendo assim quatro triangulos contidos na regiao limitada por ∆, di-gamos ∆1, ∆2, ∆3 e ∆4. Adotamos o sentido de percurso anti-horariopara cada um desses triangulos. Temos entao que

∫

∆

f(z)dz =

∫

∆1

f(z)dz +

∫

∆2

f(z)dz +

∫

∆3

f(z)dz +

∫

∆4

f(z)dz.

As quatro integrais acima nos fornecem quatro numeros complexos. Es-colhemos dentre eles o que tem maior modulo e chamamos de ∆(1) aotriangulo correspondente. Assim sendo temos

∣∣∣∣∣∣

∫

∆i

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

≤

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(1)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

para i = 1, 2, 3, 4 e portanto

∣∣∣∣∣∣

∫

∆

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

≤ 4

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(1)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

.

Alem disso, sabemos da geometria elementar que o perımetro de cadaum dos triangulos ∆i (o comprimento `(∆i)) esta relacionado com operımetro `(∆) de ∆ por

`(∆i) =1

2`(∆) i = 1, 2, 3, 4

e, em particular, temos que

`(∆(1)) =1

2`(∆).

Tambem, chamando de δi o lado de ∆i de maior comprimento e de δ olado de ∆ de maior comprimento, temos as igualdades

δi =1

2δ i = 1, 2, 3, 4

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 109

o que fornece

δ(1) =1

2δ.

Pois bem, repetimos todo o procedimento acima para o triangulo ∆(1),isto e, o dividimos em quatro novos triangulos, formados a partir dospontos medios de cada um de seus lados, adotamos o sentido de percursoanti-horario para cada um deles e calculamos as quatro integrais corres-pondentes. Escolhemos dentre elas a que tem maior modulo e chamamos∆(2) ao triangulo correspondente. Ficamos entao com os seguintes da-dos:

regiao limitada por ∆(2) ⊂ regiao limitada por ∆(1)

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(1)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

≤ 4

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(2)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

`(∆(2)) =1

2`(∆(1))

δ(2) =1

2δ(1).

Repetindo o procedimento acima para o triangulo ∆(2) e assim sucessi-vamente, obtemos apos n-etapas

regiao limitada por ∆(n) ⊂ · · · ⊂ regiao limitada por ∆(1)

∣∣∣∣∣∣

∫

∆

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

≤ 4n

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(n)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

`(∆(n)) =

(1

2

)n

`(∆)

δ(n) =

(1

2

)n

δ.

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110 Teoria de Cauchy Cap. 5

Invocamos agora um teorema, devido a Georg Cantor 2, que nos diz queexiste um ponto z0 comum a todas as regioes limitadas pelos triangulos∆(i), i ≥ 1. Como f e holomorfa (note que essa hipotese so intervemnesse momento), dado ε > 0 podemos obter τ > 0 tal que:

(i) o disco D(z0, τ) esta inteiramente contido em U e

(ii) 0 < |z − z0| < τ =⇒∣∣∣f(z)−f(z0)

z−z0 − f ′(z0)∣∣∣ < ε.

Mas essa ultima desigualdade equivale a

|f(z) − f(z0) − f ′(z0)(z − z0)| < ε|z − z0|desde que 0 < |z − z0| < τ . Agora, escolha n suficientemente grande detal modo que δ(n) =

(12

)nδ < τ . Isso nos diz que a regiao limitada por

∆(n) esta contida em D(z0, τ), pois z0 ∈ ∆(n). Por outro lado,∫

∆(n)

[f(z) − f(z0) − f ′(z0)(z − z0)

]dz

=

∫

∆(n)

f(z)dz + [f ′(z0)z0 − f(z0)]

∫

∆(n)

dz − f ′(z0)∫

∆(n)

zdz.

Mas, pelo Teorema 1.6,∫

∆(n)

dz = 0 e∫

∆(n)

zdz = 0. Logo,

∫

∆(n)

[f(z) − f(z0) − f ′(z0)(z − z0)

]dz =

∫

∆(n)

f(z)dz

e, pelo Lema Tecnico 1.8, ficamos com∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(n)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(n)

[f(z) − f(z0) − f ′(z0)(z − z0)

]dz

∣∣∣∣∣∣∣

≤∫

∆(n)

∣∣f(z) − f(z0) − f ′(z0)(z − z0)

∣∣ |dz|

≤ ε

∫

∆(n)

|z − z0||dz|

≤ εδ(n)`(∆(n)) = ε

(1

2

)n

δ

(1

2

)n

`(∆) =

(1

4

)n

εδ `(∆).

2Elon Lima, Espacos Metricos, Projeto Euclides, IMPA

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 111

Finalmente temos

∣∣∣∣∣∣

∫

∆

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

≤ 4n

∣∣∣∣∣∣∣

∫

∆(n)

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣∣

≤ 4n(

1

4

)n

εδ `(∆) = εδ `(∆).

Como ε e arbitrario concluimos que∣∣∣∣∣∣

∫

∆

f(z)dz

∣∣∣∣∣∣

= 0

e o teorema esta demonstrado. ut

Comecaremos a explorar a forca desse resultado mostrando a exis-tencia de primitivas em regioes estreladas. Mais precisamente

2.2 Definicao. Seja U ⊂ C um domınio. Dizemos que U e estre-lado se existe um ponto z0 ∈ U satisfazendo a seguinte propriedade:dado qualquer ponto z ∈ U , o segmento de reta unindo z0 a z, −−→z0 z,esta inteiramente contido em U . O ponto z0 e chamado um centro dodomınio U .

Exemplos de domınios estrelados sao: um disco D ⊂ C, o planoC e, mais geralmente, qualquer subconjunto aberto convexo W ⊂ C(um conjunto e convexo se o segmento de reta unindo quaisquer dois deseus pontos esta inteiramente contido nele). Poligonos regulares limi-tam regioes abertas do plano que sao domınios convexos. Observe que,nos exemplos acima, qualquer ponto desses domınios e um centro. Umoutro exemplo de domınio estrelado e o plano C menos uma semi-retafechada. Assim, C \ R≤0 (o domınio do ramo principal do logaritmo)e um domınio estrelado. Finalmente, o desenho de uma estrela limitauma regiao aberta do plano que e um domınio estrelado, daı a origemdo nome. Quanto a esses temos o

2.3 Corolario. Sejam U ⊂ C um domınio estrelado e f : U → C umafuncao holomorfa. Entao f admite uma primitiva em U .

Demonstracao: Seja z0 um centro de U e defina a funcao F : U → Cpor

F (z) =

∫

−−→z0 z

f(w)dw.

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112 Teoria de Cauchy Cap. 5

F esta bem definida e so nos resta mostrar que ela e derivavel comF ′(z) = f(z), ∀z ∈ U . Ora, tome h ∈ C com |h| suficientemente pequeno

a fim de que z + h ∈ U e o segmento−−−−→z z + h ⊂ U . Temos que

F (z + h) =

∫

−−−−−→z0 z+h

f(w)dw

e observamos que o triangulo ∆ de vertices z0, z e z+h esta contido emU e limita uma regiao tambem contida em U . O Teorema de Cauchy-Goursat 2.1 nos diz que

∫

∆

f(w)dw = 0 e como

∫

∆

f(w)dw =

∫

−−→z0 z

f(w)dw +

∫

−−−−→z z+h

f(w)dw −∫

−−−−−→z0 z+h

f(w)dw

ficamos com

F (z + h) − F (z) =

∫

−−−−→z z+h

f(w)dw.

Portanto,

F (z + h) − F (z)

h− f(z) =

1

h

∫

−−−−→z z+h

f(w)dw − f(z)

mas, f(z) = 1h

∫

−−−−→z z+h

f(z)dw (recorde a demonstracao de 1.9) e daı

F (z + h) − F (z)

h− f(z) =

1

h

∫

−−−−→z z+h

f(w)dw − 1

h

∫

−−−−→z z+h

f(z)dw

=1

h

∫

−−−−→z z+h

[f(w) − f(z)]dw.

Como sempre, usamos agora a continuidade de f . Dado ε > 0 podemosachar δ > 0 tal que 0 < |w − z| < δ ⇒ |f(w) − f(z)| < ε. Assim sendo,se 0 < |h| < δ temos, pelo Lema Tecnico 1.8, que

∣∣∣∣∣∣∣

1

h

∫

−−−−→z z+h

[f(w) − f(z)]dw

∣∣∣∣∣∣∣

≤ 1

|h|

∫

−−−−→z z+h

|f(w) − f(z)||dw| < ε|h||h|

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 113

e portanto∣∣∣F (z+h)−F (z)

h − f(z)∣∣∣ <

ε|h||h| = ε ou seja, F ′(z) = f(z) e F e

uma primitiva de f . ut

Temos imediatamente o

2.4 Corolario. (Teorema de Cauchy-Goursat bis). Sejam U ⊂ C umdomınio estrelado e f : U → C uma funcao holomorfa. Se γ e umcaminho fechado suave por partes em U , entao

∫

γ

f(z)dz = 0.

Demonstracao: Por Corolario 2.3 f tem uma primitiva em U e porTeorema 1.9

∫

γf(z)dz = 0. ut

2.5 Exemplo. Suponha que f : U → C e uma funcao holomorfadefinida num domınio U e que D(a,R) e um disco contido em U . Se

z0 ∈ D(a,R) entao a funcao g(z) = f(z)z−z0 e holomorfa em todos os pontos

de D(a,R) exceto z0 (na realidade g e holomorfa em U \ {z0} mas nosconcentraremos apenas nos pontos do disco). Considere o diametro deD(a,R) que passa por z0 (se z0 = a considere um diametro qualquer).Esse diametro determina dois segmentos de reta com extremo em z0,digamos L1 e L2 (veja figura abaixo).

Agora, D(a,R) \L1 e D(a, r) \L2 sao domınios estrelados e conclui-mos que, se γ1 e γ2 sao caminhos fechados, suaves por partes emD(a,R)\

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114 Teoria de Cauchy Cap. 5

L1 e D(a, r) \ L2 respectivamente, entao

∫

γ1

f(z)

z − z0dz = 0 e

∫

γ2

f(z)

z − z0dz = 0.

Esse exemplo sera util na demonstracao do resultado central da teoria:

2.6 Teorema. (Formula Integral de Cauchy) Seja f : U → C umafuncao holomorfa definida no domınio U ⊂ C. Sejam D(z0, r0) umdisco fechado inteiramente contido em U e Γ sua fronteira, orientadacompativelmente. Se z e um ponto qualquer no interior de D(z0, r0)entao

f(z) =1

2pi

∫

Γ

f(w)

w − zdw.

Antes de passarmos a demonstracao, observamos que esse resultadonos diz que, se conhecemos o comportamento de f ao longo da fronteirado disco, entao determinamos f em todos os pontos interiores a ele. Essa“ridigez”e um fenomeno tipico do Calculo de funcoes complexas, ausenteno caso real e de consequencias espantosas.

Demonstracao: Inicialmente observamos que, como U e aberto eD(z0, r0) ⊂ U e fechado, podemos encontrar um disco aberto D(z0, R)com R > r0 e tal que D(z0, r0) ⊂ D(z0, R) ⊂ U . A partir de agoravamos considerar f apenas em D(z0, R). Fixe z ∈ D(z0, r0)(o interior

de D(z0, r0)) e olhe para a funcao g(w) = f(w)w−z . Essa e holomorfa em

todos os pontos de D(z0, R) exceto z. Procedemos como no Exemplo2.5 e obtemos dois domınios estrelados associados ao disco D(z0, R) nosquais g(w) e holomorfa. Em seguida, isolamos o ponto z considerandoum cırculo γ nele centrado, de raio r > 0 suficientemente pequeno afimde que o disco D(z, r) esteja inteiramente contido em D(z0, r0). Como Γe D(z0, r0) tem orientacao compatıvel, Γ deve ser percorrido no sentidoanti-horario. Considere os caminhos fechados, suaves por partes, σ1 eσ2, obtidos da seguinte maneira (veja figura):

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 115

σ1 = α∗ (porcao de γ− entre os pontos b e c) ∗β∗ (porcao de Γ entreos pontos d e a).

σ2 = (porcao de Γ entre os pontos a e d) ∗β−∗ (porcao de γ− entreos pontos c e b) ∗α−.

Como σ1 e σ2 sao caminhos fechados em domınios estrelados nosquais g(w) e holomorfa temos, pelo Teorema de Cauchy-Goursat 2.4,que

∫

σ1

f(w)

w − zdw =

∫

σ2

f(w)

w − zdw = 0.

Logo,∫

σ1

f(w)

w − zdw +

∫

σ2

f(w)

w − zdw = 0

mas,

∫

σ1

f(w)

w − zdw +

∫

σ2

f(w)

w − zdw =

∫

Γ

f(w)

w − zdw +

∫

γ−

f(w)

w − zdw

e portanto∫

Γ

f(w)

w − zdw +

∫

γ−

f(w)

w − zdw = 0

ou seja,

(∗)∫

Γ

f(w)

w − zdw =

∫

γ

f(w)

w − zdw.

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116 Teoria de Cauchy Cap. 5

Vamos agora trabalhar a integral∫

γ

f(w)w−z dw. Temos

∫

γ

f(w)

w − zdw =

∫

γ

f(w) − f(z) + f(z)

w − zdw

=

∫

γ

f(w) − f(z)

w − zdw +

∫

γ

f(z)

w − zdw

=

∫

γ

f(w) − f(z)

w − zdw + f(z)

∫

γ

dw

w − z

pois, como z esta fixado, f(z) e uma constante. Ora, γ e dado porγ(t) = z + reit, 0 ≤ t ≤ 2π e entao

f(z)

∫

γ

dw

w − z= f(z)

2π∫

0

rieit

reitdt = f(z)

2π∫

0

idt = 2πif(z).

Quanto a∫

γ

f(w)−f(z)w−z dw procedemos utilizando a continuidade de f .

Dado ε > 0, podemos encontrar δ > 0 tal que 0 < |w − z| < δ ⇒|f(w) − f(z)| < ε. Escolhendo o raio r do cırculo γ menor do que δ(note que temos liberdade para tal) e invocando o Lema Tecnico 1.8obtemos

∣∣∣∣∣∣

∫

γ

f(w) − f(z)

w − zdw

∣∣∣∣∣∣

≤∫

γ

|f(w) − f(z)||w − z| |dw| < ε

r2πr = 2πε.

Como ε e arbitrario concluimos que∫

γ

f(w)−f(z)w−z dw = 0 e portanto

∫

γ

f(w)

w − zdw = 2πif(z).

Segue de (∗) que

f(z) =1

2πi

∫

Γ

f(w)

w − zdw

e o teorema esta demonstrado. ut

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 117

Essa formula magica nos permite deduzir o seguinte: definimos funcaoholomorfa como aquela que admite derivada em todos os pontos deseu domınio, sem fazer quaisquer outras hipoteses sobre a derivada. AFormula Integral de Cauchy nos da:

2.7 Corolario. Seja f : U → C holomorfa, onde U e um domınio.Entao f tem derivadas de todas as ordens em todos os pontos de U e

f (n)(z) =n!

2πi

∫

γ

f(w)

(w − z)n+1 dw ∀z ∈ U

onde γ e qualquer cırculo centrado em z, percorrido no sentido anti-horario e limitando um disco fechado contido em U .

Demonstracao: Seja r > 0 tal que o cırculo γ(t) = z+reit, 0 ≤ t ≤ 2πlimita um disco fechado contido em U . Pelo Teorema 2.6 temos

f(z + h) − f(z)

h=

1

2pi

∫

γ

1

h

[f(w)

w − (z + h)− f(w)

w − z

]

dw.

Mas,∫

γ

1

h

[f(w)

w − (z + h)− f(w)

w − z

]

dw =

∫

γ

f(w)

(w − z − h)(w − z)dw.

Agora,

f(w)

(w − z)2− f(w)

(w − z − h)(w − z)=

hf(w)

(w − z)2(w − z − h)

e, usando o Lema Tecnico 1.8∣∣∣∣∣∣

∫

γ

[f(w)

(w − z)2− f(w)

(w − z − h)(w − z)

]

dw

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

∫

γ

hf(w)

(w − z)2(w − z − h)dw

∣∣∣∣∣∣

≤∫

γ

|h||f(w)||w − z|2|w − z − h|

|dw|.

Se K e o valor maximo de |f | ao longo de γ e se |h| < r/2 entao,|w − z − h| ≥ |w − z| − |h| > r − r/2 = r/2 e obtemos

∫

γ

|h||f(w)||w − z|2|w − z − h|

|dw| < |h|Kr2 r2

`(γ) =|h|Kr3

2

2πr =|h|Kr2

4π.

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118 Teoria de Cauchy Cap. 5

Tomando o limite h→ 0 concluimos

limh→0

∫

γ

f(w)

(w − z − h)(w − z)dw =

∫

γ

f(w)

(w − z)2dw

e isso nos diz que

f ′(z) = limh→0

f(z + h) − f(z)

h=

1

2pi

∫

γ

f(w)

(w − z)2dw.

Para mostrar que f tem derivada segunda, repetimos exatamente omesmo procedimento, utilizando a formula integral obtida acima paraf ′. Continuando dessa maneira obtemos o corolario. ut

2.8 Corolario. (Estimativas de Cauchy) Seja f uma funcao holomorfadefinida no disco D(z0, R) e suponha que |f | ≤ K em D(z0, R). Entao

∣∣∣f (n)(z0)

∣∣∣ ≤ n!K

Rn.

Demonstracao: Tome um cırculo γ(t) = z0 + reit, 0 ≤ t ≤ 2π, onder < R. Pelo Corolario 2.7

f (n)(z0) =n!

2πi

∫

γ

f(w)

(w − z0)n+1 dw

e pelo Lema Tecnico 1.8

∣∣∣f (n)(z0)

∣∣∣ ≤ n!

2π

∫

γ

|f(w)||w − z0|n+1 |dw| ≤

n!K

2πrn+12πr =

n!K

rn.

Como r < R e arbitrario, fazendo r tender a R ficamos com

∣∣∣f (n)(z0)

∣∣∣ ≤ lim

r→R

n!K

rn=n!K

Rn.

ut

2.9 Corolario. (Teorema de Liouville) Seja f uma funcao inteira, istoe, f : C → C. Se existe um numero K ≥ 0 tal que |f(z)| ≤ K entao fe uma funcao constante.

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 119

Demonstracao: Como f esta definida em todo C, ela e holomorfa emqualquer disco D(z,R), centrado em z ∈ C e de raio arbitrario. PeloCorolario 2.8

∣∣f ′(z)

∣∣ ≤ n!K

R.

Daı vem que, como R e arbitrario

∣∣f ′(z)

∣∣ ≤ lim

R→∞n!K

R= 0

e portanto f ′(z) = 0 para todo z ∈ C. Segue do Lema 1.1 que f econstante. ut

Uma consequencia do corolario acima e o

2.10 Teorema Fundamental da Algebra. Seja P : C → C umpolinomio nao constante. Entao existe um numero complexo z0 tal queP (z0) = 0.

Demonstracao: Escreva P (z) = anzn+an−1z

n−1 + · · ·+a1z+a0, ondean 6= 0. Afirmamos que lim

|z|→∞|P (z)| = ∞. De fato, como P (z) e nao

constante e e uma funcao inteira, pelo Teorema de Liouville |P (z)| naopode ser limitado mas, ja que |P (z)| e limitado em qualquer disco fechadoD(0, r), so nos resta a possibilidade lim

|z|→∞|P (z)| = ∞. Outra maneira

de mostrar isso, sem utilizar o Teorema de Liouville, e a seguinte:

|P (z)| = |anzn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0|

≥ |z|n(

|an| −|an−1||z| − · · · − |a1|

|z|n−1 − |a0||z|n

)

e

lim|z|→∞

(

|an| −|an−1||z| − · · · − |a1|

|z|n−1 − |a0||z|n

)

= |an|.

Portanto,

lim|z|→∞

|P (z)| ≥ lim|z|→∞

|z|n(

|an| −|an−1||z| − · · · − |a1|

|z|n−1 − |a0||z|n

)

= ∞.

Suponha agora que P (z) 6= 0 em todos os pontos z ∈ C. Entao a funcaof(z) = 1

P (z) e inteira e |f | e limitado. Para ver isso, tome R > 0 tal que

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120 Teoria de Cauchy Cap. 5

|P (z)| > 1 para |z| > R (um tal R existe pois lim|z|→∞

|P (z)| = ∞) e seja

K 6= 0 o valor mınimo de |P (z)| para |z| ≤ R. Temos entao que

|f(z)| ≤ max

{

1,1

K

}

∀ z ∈ C.

Segue do Corolario 2.9 que f e constante, o que e um absurdo pois Pnao o e. ut

Apresentaremos em seguida um outro resultado importante e util,chamado Princıpio do Modulo Maximo, o qual afirma que uma funcaoholomorfa nao constante f , definida num domınio U , e tal que |f | naopossui valor maximo em U . Para demonstrar esse resultado necessitamosdo seguinte

Lema. Sejam D(a, r), r > 0, um disco e f : D(a, r) → C uma funcaoholomorfa. Se a imagem f(D(a, r)) esta contida num cırculo |w| = α,entao f e uma funcao constante.

Demonstracao: Se α = 0 nao ha o que mostrar. Suponha entao α > 0e escreva f = u+ iv. A funcao g(x, y) = |f(z)| =

√u2 + v2 e constante,

pois e igual a α, tem derivadas parciais contınuas e

∂g

∂x=

1√u2 + v2

[

u∂u

∂x+ v

∂v

∂x

]

= 0,

∂g

∂y=

1√u2 + v2

[

u∂u

∂y+ v

∂v

∂y

]

= 0.

Como valem as condicoes de Cauchy-Riemann ficamos com

u∂u

∂x+ v

∂v

∂x= 0

v∂u

∂x− u

∂v

∂x= 0

o que fornece ∂u∂x = ∂v

∂x = 0. Logo, f ′(z) = 0 em todos os pontos deD(a, r). Segue do Lema 1.1 que f e constante. ut

2.11 Corolario. (Princıpio do Modulo Maximo) Sejam U um domınioem C e f : U → C uma funcao holomorfa. Suponha que existe um ponto

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 121

a ∈ U tal que |f(a)| ≥ |f(z)| para todo z ∈ U . Entao f e uma funcaoconstante.

Demonstracao: Seja D(a, r) um disco centrado em a cujo fechoD(a, r) ⊂ U . A fronteira de D(a, r) e expressa por γ(t) = a + reit,0 ≤ t ≤ 2π. Pela Formula Integral de Cauchy

f(a) =1

2πi

∫

γ

f(w)

w − adw

=1

2πi

2π∫

0

f(a+ reit)rieit

reitdt =

1

2π

2π∫

0

f(a+ reit)dt.

Portanto, pelo Lema Tecnico 1.8 e pela hipotese

|f(a)| ≤ 1

2π

2π∫

0

|f(a+ reit)|dt ≤ 1

2π

2π∫

0

|f(a)|dt = |f(a)|.

Mas isso nos diz que

1

2π

2π∫

0

[

|f(a)| − |f(a+ reit)|]

dt = 0.

Como o integrando e uma funcao contınua nao-negativa obtemos

|f(a)| = |f(a+ reit)| ∀ t ∈ [0, 2π].

Agora, r e arbitrario e, fazendo-o variar, concluimos que a imagem deum disco D(a,R) por f esta contida no cırculo |w| = |f(a)|. Pelo lemaanterior f e constante. ut

O leitor deve observar que esse resultado nao tem paralelo no casoreal e tampouco e obvio, mesmo em se considerando polinomios.

Vamos agora utilizar a Formula Integral de Cauchy para estabele-cer a equivalencia entre os conceitos de funcao holomorfa e de funcaoanalıtica. Por definicao (reveja a Definicao 2.17 do Capıtulo 4), umafuncao e analıtica num domınio se pode ser dada, em torno de qual-quer ponto desse domınio, por uma serie de potencias com raio deconvergencia positivo. A representacao integral do Teorema 2.6 fornece

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122 Teoria de Cauchy Cap. 5

o modo de se expandir uma funcao holomorfa em serie de potencias enos da a medida do raio de convergencia dessa serie. Antes de enunciaro resultado preciso recorde o exercıcio 13 do Capıtulo 1: se κ 6= 1 e umnumero complexo entao:

(?)1

1 − κ= 1 + κ+ κ2 + · · · + κn +

κn+1

1 − κ.

Com isso em maos temos o

2.12 Teorema. Sejam f : U → C uma funcao holomorfa, onde U e umdomınio em C e z0 ∈ U um ponto qualquer. Entao

f(z) =∞∑

n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)

n

ou seja, f e dada por sua serie de Taylor de centro em z0 e portanto euma funcao analıtica. Alem disso, essa serie converge em qualquer disco(aberto) D(z0, r) ⊂ U , isto e, o raio de convergencia R da serie acimae a menor entre as distancias de z0 aos pontos da fronteira de U .

Demonstracao: A Formula Integral de Cauchy nos diz que

f(z) =1

2πi

∫

γ

f(w)

w − zdw

onde γ = z0 + reit, r > 0, 0 ≤ t ≤ 2π, e qualquer cırculo centradoem z0, limitando um disco fechado contido em U e z e qualquer pontosatisfazendo |z − z0| < r. Para obter o resultado vamos inicialmentetrabalhar a expressao 1

w−z . Temos

1

w − z=

1

w − z0 + z0 − z=

1

(w − z0)[

1 + z0−zw−z0

]

=1

(w − z0)[

1 − z−z0w−z0

] =1

(w − z0)

(

1

1 − z−z0w−z0

)

.

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 123

Agora, usando (?) e substituindo κ por z−z0w−z0 concluimos que

1

1 − z−z0w−z0

= 1 +z − z0w − z0

+

(z − z0w − z0

)2

+ · · ·

· · · +(z − z0w − z0

)n

+

(z−z0w−z0

)n+1

1 − z−z0w−z0

.

Portanto,

1

w − z=

1

(w − z0)

(

1

1 − z−z0w−z0

)

=1

(w − z0)

n∑

j=0

(z − z0w − z0

)j

+1

(w − z0)

(z−z0w−z0

)n+1

1 − z−z0w−z0

=1

(w − z0)

n∑

j=0

(z − z0w − z0

)j

+(z − z0)

n+1

(w − z)(w − z0)n+1

=n∑

j=0

1

(w − z0)j+1(z − z0)

j +(z − z0)

n+1

(w − z)(w − z0)n+1.

Multiplicando por f(w) obtemos o integrando da Formula Integral deCauchy

f(w)

w − z=

n∑

j=0

f(w)

(w − z0)j+1(z − z0)

j +f(w)(z − z0)

n+1

(w − z)(w − z0)n+1

e integrando ao longo de γ ficamos com

f(z) =1

2πi

∫

γ

f(w)

w − zdw

=

n∑

j=0

1

2πi

∫

γ

f(w)

(w − z0)j+1dw

(z − z0)j

+1

2πi

∫

γ

f(w)(z − z0)n+1

(w − z)(w − z0)n+1dw.

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124 Teoria de Cauchy Cap. 5

Pelo Corolario 2.7 isso e o mesmo que

f(z) =1

2πi

∫

γ

f(w)

w − zdw =

n∑

j=0

f (j)(z0)

j!(z − z0)

j

+1

2πi

∫

γ

f(w)(z − z0)n+1

(w − z)(w − z0)n+1dw.

Ponha

Rn(z) =1

2πi

∫

γ

f(w)(z − z0)n+1

(w − z)(w − z0)n+1dw.

Para mostrar que a serie∞∑

j=0

f (j)(z0)j! (z − z0)

j converge a f(z) e sufi-

ciente mostrar que limn→∞

Rn(z) = 0 qualquer que seja z satisfazendo

z ∈ D(z0, r). Ora, seja K o valor maximo de |f(w)| ao longo dew = γ(t) = z0 + reit, 0 ≤ t ≤ 2π. Invocando o Lema Tecnico 1.8 temos(esperamos que a essa altura o leitor tenha se convencido da utilidadedesse resultado e do significado do adjetivo “tecnico”a ele associado)

|Rn(z)| =

∣∣∣∣∣∣

1

2πi

∫

γ

f(w)(z − z0)n+1

(w − z)(w − z0)n+1dw

∣∣∣∣∣∣

≤ 1

2π

∫

γ

|f(w)||z − z0|n+1

|w − z||w − z0|n+1|dw|

≤ 1

2π

∫

γ

K|z − z0|n+1

|w − z||w − z0|n+1|dw|.

Agora, |w − z0| = r e como |w − z0| ≤ |w − z| + |z − z0| obtemosr − |z − z0| ≤ |w − z| e daı

1

|w − z| ≤1

r − |z − z0|.

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 125

Assim sendo,

|Rn(z)| ≤1

2π

∫

γ

K|z − z0|n+1

|w − z||w − z0|n+1|dw|

≤ 1

2π

∫

γ

K|z − z0|n+1

(r − |z − z0|)rn+1|dw|

=1

2π

K|z − z0|n+1

(r − |z − z0|)rn+12πr

=K|z − z0|n+1

(r − |z − z0|)rn.

Faca |z − z0| = α e observe que α < r pois z esta no disco D(z0, r). Aexpressao acima se transforma em

|Rn(z)| ≤Kαn+1

(r − α)rn=

Kαn+1

rn+1 − rnα=

K(1 − α

r

)

(α

r

)n+1.

Logo,

0 ≤ limn→∞

|Rn(z)| ≤K

(1 − α

r

) limn→∞

(α

r

)n+1= 0

pois αr < 1. Isso mostra que

f(z) =∞∑

j=0

f (j)(z0)

j!(z − z0)

j .

Ja que a unica restricao imposta ao raio r do cırculo γ e que γ limite umdisco fechado contido em U , concluimos que essa serie representa f emqualquer disco de centro em z0 e de raio que satisfaca essa propriedade.O teorema esta demonstrado.

Um exemplo importante que segue imediatamente do Teorema 2.12e o da funcao exponencial. Recorde que definimos a funcao exponencialexp(z) por ez = ex(cos y+ i sen y), onde z = x+ iy. Tambem vimos queez e uma funcao inteira e que exp′(z) = exp(z) para todo ponto z ∈ C.Pelo Teorema 2.12, essa funcao e dada por sua serie de Taylor centradaem qualquer ponto z e essa serie tem raio de convergencia R = ∞. Emparticular, tomando z = 0 temos exp(n)(0) = 1 para n ≥ 0 e portanto

ez = ex(cos y + i sen y) =∞∑

n=0

zn

n!.

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126 Teoria de Cauchy Cap. 5

Vamos ver agora a capacidade que o Teorema 2.6 tem de metamorfoseartanto o teorema de Cauchy-Goursat quanto a si proprio. Recorde daDefinicao 1.3 do Capıtulo 2 a definicao de curva de Jordan suave porpartes.

2.13 Teorema de Cauchy. Sejam U ⊂ C um domınio e f : U → Cuma funcao holomorfa. Seja V ⊂ U um subconjunto fechado e limitado,cuja fronteira ∂V consiste de um numero finito de curvas de Jordansuaves por partes, ∂V = γ1 ∪ · · · ∪ γn, e tal que V \ ∂V e um domınio.Entao ∫

∂V

f(z)dz = 0.

Demonstracao: Tome V e ∂V com orientacao compatıvel. Ja sabemosque f tem derivadas de todas as ordens em todos os pontos de U e,escrevendo f(z) = u(x, y) + iv(x, y), concluimos que as funcoes u e vtem derivadas parciais de todas as ordens em todos os pontos de U . Emparticular, as derivadas parcias dessas funcoes sao contınuas. Podemosentao invocar o Teorema de Green 3.3 do Capıtulo 2 e argumentar comose segue:

∫

∂V

f(z)dz =

∫

∂V

(u+ iv)(dx+ idy)

=

∫

∂V

udx− vdy + i

∫

∂V

udy + vdx.

Aplicando o Teorema de Green as duas integrais acima temos:∫

∂V

udx− vdy =

∫

V

∫ (

−∂v∂x

− ∂u

∂y

)

dxdy = −∫

V

∫ (∂v

∂x+∂u

∂y

)

dxdy

e ∫

∂V

udy + vdx =

∫

∂V

vdx+ udy =

∫

V

∫ (∂u

∂x− ∂v

∂y

)

dxdy.

Mas, como f e holomorfa, as condicoes de Cauchy-Riemann sao satis-feitas e isso da ∂u

∂x − ∂v∂y = 0 e ∂v

∂x + ∂u∂y = 0. Portanto,

∫

∂V

udx− vdy = 0 e

∫

∂V

udy + vdx = 0

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Secao 2 Os Teoremas de Cauchy 127

ou seja,∫

∂V

f(z)dz = 0. ut

Essa versao do Teorema de Cauchy nos permite apresentar de maneiramais geral a Formula Integral de Cauchy 2.6:

2.14 Teorema. (Formula Integral de Cauchy bis) Seja f : U → Cuma funcao holomorfa definida no domınio U ⊂ C. Seja V uma regiaofechada e limitada inteiramente contida em U , cuja fronteira ∂V e umacurva de Jordan suave por partes, orientada no sentido anti-horario,sendo V \ ∂V um domınio. Se z0 e um ponto qualquer no interior de Ventao

f(z0) =1

2πi

∫

∂V

f(w)

w − z0dw.

Demonstracao: Como z0 e ponto interior a V , podemos encontrar umdisco fechado D(z0, r) centrado em z0 e inteiramente contido no interiorde V . Olhe para a regiao W = V \ D(z0, r). Trata-se de uma regiaofechada e limitada, contida no domınio U , cuja fronteira ∂W consistedas duas curvas de Jordan suaves por partes, ∂V e ∂D(z0, r). Oriente W

e ∂W compativelmente. A funcao g(z) = f(z)z−z0 e holomorfa em U \ {z0},

um domınio que contem W . Assim sendo, o Teorema 2.13 afirma que∫

∂W

g(z)dz = 0. Mas (observe que o cırculo ∂D(z0, r) esta orientado no

sentido horario)

∫

∂W

g(z)dz =

∫

∂V

g(z)dz +

∫

∂D(z0,r)−

g(z)dz

e entao∫

∂V

g(z)dz =∫

∂D(z0,r)

g(z)dz. Logo, o Teorema 2.6 implica que

∫

∂V

f(z)

z − z0dz =

∫

∂D(z0,r)

f(z)

z − z0dz = 2πif(z0). ut

Um exemplo simples que ilustra o Teorema 2.14 em acao consiste em cal-cular

∫

γ

ez

z(z−1)dz, onde γ e o quadrado de vertices (1/2, 1/2), (−1/2, 1/2),

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128 Teoria de Cauchy Cap. 5

(−1/2,−1/2) e (1/2,−1/2), orientado no sentido anti-horario. Esse ca-minho tem 0 em seu interior e 1 em seu exterior. Consideramos entao afuncao f(z) = ez

z−1 , que e holomorfa no domınio C \ {1}, que contem aregiao fechada e limitada V determinada por γ. Pela Formula Integralde Cauchy,

∫

γ

ez

z(z − 1)dz =

∫

γ

f(z)

zdz = 2πif(0) = −2πi.

Cabe observar que, se γ e uma curva de Jordan suave por partes,determinando uma regiao limitada contida num domınio U , no qual umafuncao f e holomorfa, entao

∫

γ

f(z)z−z0dz = 0 sempre que o ponto z0 estiver

na regiao exterior a γ. Isso segue do Teorema de Cauchy, pois nesse casoo integrando f(z)

z−z0 e uma funcao holomorfa num domınio que contem aregiao fechada e limitada determinada por γ. Se ocorrer que o ponto z0

esteja sobre o caminho γ, entao a integral nao esta definida, ja que ointegrando “explode”ao passarmos por z0.

O resultado final desse capıtulo e uma recıproca do Teorema 2.13,conhecido como

2.15 Teorema de Morera. Sejam U ⊂ C um domınio e f : U → Cuma funcao contınua. Se

∫

∆

f(z)dz = 0 para todo caminho triangular

∆ ⊂ U , entao f e holomorfa em U .

Demonstracao: Devemos mostrar que f possui derivada em todos ospontos de U . Dado z0 ∈ U , tome um disco D(z0, r) ⊂ U , r > 0. Essedisco e um domınio estrelado e, repetindo a demonstracao do Corolario2.3, utilizando

∫

∆

f(z)dz = 0 para ∆ ⊂ D(z0, r) ao inves do Teorema

de Cauchy-Goursat, concluimos que f tem uma primitiva em D(z0, r)e, portanto, e derivavel em z0. Como z0 e um ponto arbitrario de U , oteorema esta demonstrado. ut

3 Exercıcios

Nos exercıcios de 1 a 14 calcule∫

γf(z)dz onde f e γ sao dados.

1) f(z) = zz e γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

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Secao 3 Exercıcios 129

2) f(z) = z+1z e γ(t) = 3eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

3) f(z) = z+1z e γ(t) = 1

4eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

4) f(z) = z+1z e γ(t) = 5i + eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

5) f(z) = 1z2−2

e γ(t) = 2 + eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

6) f(z) = 1z2−2

e γ(t) = 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

7) f(z) = πeπz e γ e o quadrado de vertices 0, 1, 1 + i e i, percorridono sentido anti-horario.

8) f(z) = 1z−z0 e γ(t) = z0 + reit, 0 ≤ t ≤ 2π, r > 0.

9) f(z) = 1(z−z0)n e γ(t) = z0 + reit, 0 ≤ t ≤ 2π, r > 0, n ≥ 2.

10) f(z) = eiz

z2e γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

11) f(z) = sen zz4

e γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

12) f(z) = log zzn e γ(t) = 1 + 1

4eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

13) f(z) = ez−e−z

zn e γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π, n ≥ 1.

14) f(z) = 1z2+1

e γ(t) = 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

15) Sejam γ(t) = reit, 0 ≤ t ≤ π e I(r) =∫

γ

eiz

z dz. Calcule limr→∞

I(r).

16) Mostre que∫

γ

ekz

z dz = 2πi, onde k e uma constante real e γ(t) = eit,

0 ≤ t ≤ 2π. Use esse resultado para mostrar que

π∫

0

ek cos t cos (k sen t)dt = π.

17) Seja f uma funcao inteira e suponha que existem M ≥ 0, R > 0e n ≥ 1 tais que |f(z)| ≤ M |z|n para |z| ≥ R. Mostre que f e umpolinomio de grau ≤ n.

18) Seja f : U → C uma funcao holomorfa, onde U e um domınio.Suponha que exista um ponto a ∈ U tal que |f(a)| ≤ |f(z)| para todoponto z ∈ U . Mostre que, ou bem f(a) = 0, ou bem f e uma funcaoconstante.

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130 Teoria de Cauchy Cap. 5

19) Seja f(z) holomorfa para |z| < 1 e tal que |f(z)| ≤ 11−|z| . Mostre

que se n ≥ 1, entao∣∣∣∣∣

f (n)(0)

n!

∣∣∣∣∣≤ (n+ 1)

(

1 +1

n

)n

< (n+ 1)e.

20) Sejam f uma funcao holomorfa num domınio U , que contem a regiaofechada e limitada determinada por uma curva de Jordan suave porpartes γ, e z um ponto interior a essa regiao. Se K e o maximo de |f |ao longo de γ e δ e a distancia mınima de z a γ, entao

|f(z)| ≤ K

(`(γ)

2πδ

)1/n

∀ n ≥ 1.

Use isso para deduzir outra demonstracao do Princıpio do Modulo Maximo,Corolario 2.11.

21) Mostre a igualdade de Parseval: se f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n e se

|z − z0| = r, entao (obviamente assumimos que a serie converge absolu-tamente para |z − z0| ≤ r)

1

2π

2π∫

0

|f(z0 + reiθ)|2dθ =

∞∑

n=0

|an|2r2n.

Use isso para dar outra demonstracao do Princıpio do Modulo Maximo,Corolario 2.11.

22) Demonstre a regra de l’Hopital para funcoes holomorfas: se f(z0) =g(z0) = 0, entao

limz→z0

f(z)

g(z)=f ′(z0)g′(z0)

.

Se por acaso tambem ocorrer que f ′(z0) = g′(z0) = 0, entao

limz→z0

f(z)

g(z)= lim

z→z0

f ′(z)g′(z)

=f (2)(z0)

g(2)(z0)

e assim sucessivamente.

23) Princıpio da Identidade. Sejam f e g funcoes holomorfas numdomınio U . Suponha que exista uma sequencia (zn) em U tal que(zn) → a ∈ U . Mostre que, se f(zn) = g(zn) ∀n, entao f(z) = g(z)qualquer que seja z ∈ U . (Sugestao: use o Teorema 2.15 do Capıtulo 4)

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6

Singularidades

Nesse capıtulo consideramos as singularidades de funcoes holomorfas.Recordando a Definicao 4.2 do Capıtulo 3, se f e uma funcao holomorfa,um ponto a e uma singularidade (isolada) de f se existe um discoD(a, r),centrado em a, tal que f e holomorfa em todo o disco, exceto no ponto a.A Formula Integral de Cauchy permite obter uma descricao precisa docomportamento de f em torno de um tal ponto. Essa descricao envolveo conceito de serie de Laurent, uma generalizacao de serie de potencias,uma vez que nela intervem potencias negativas.

Comecamos introduzindo um pouco de notacao. Se ρ1 e ρ2 saonumeros reais satisfazendo 0 ≤ ρ1 < ρ2 e a e um numero complexo,o anel A(a, ρ1, ρ2) e o conjunto aberto definido por

A(a, ρ1, ρ2) = {z ∈ C : ρ1 < |z − a| < ρ2}.

Escrevemos A(a, ρ1,∞) para denotar o anel ilimitado {z ∈ C : ρ1 < |z−a|}. Observe que A(a, 0, ρ2) e D(a, ρ2)\{a}. O anel fechado A(a, ρ1, ρ2)e o conjunto fechado

A(a, ρ1, ρ2) = {z ∈ C : ρ1 ≤ |z − a| ≤ ρ2}

e A(a, ρ1,∞) = {z ∈ C : ρ1 ≤ |z − a|}.

1 A Expansao de Laurent

Suponha que tenhamos uma funcao holomorfa f , definida no anelA(a, ρ1, ρ2), f : A(a, ρ1, ρ2) → C. Fixe um ponto z ∈ A(a, ρ1, ρ2) e sejam

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132 Singularidades Cap. 6

r1 e r2 dois numeros reais positivos satisfazendo ρ1 < r1 < |z| < r2 < ρ2.Olhe para o anel fechado A(a, r1, r2). Sua fronteira e formada peloscırculos γ1 = {|w − a| = r1} e γ2 = {|w − a| = r2}. Vamos utilizar aFormula Integral de Cauchy para descrever a funcao f em torno de z(veja figura).

Inicialmente observe que a funcao g(w) = f(w)w−z e holomorfa no anel

A(a, ρ1, ρ2) exceto no ponto z. Assim sendo, isolamos o ponto z consi-derando um disco nele centrado, D(z, τ), tal que D(z, τ) ⊂ A(a, r1, r2)e cuja fronteira e o cırculo λ, que orientamos no sentido anti-horario.Pela Formula Integral de Cauchy 2.6 Capıtulo 5 temos

f(z) =1

2πi

∫

λ

f(w)

w − zdw.

Considere agora a regiao V formada pelos pontos interiores a γ2 e ex-teriores a γ1 e a λ. Sua fronteira ∂V e formada pelas tres curvas deJordan λ, γ1 e γ2 e, dotando V e ∂V da orientacao compatıvel temosque ∂V = γ−1 ∪ λ− ∪ γ2.

Como g(w) = f(w)w−z e holomorfa num aberto que contem V e ∂V , o

Teorema de Cauchy 2.13 do Capıtulo 5 garante que

0 =

∫

∂V

g(w)dw =

∫

∂V

f(w)

w − zdw.

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Secao 1 A Expansao de Laurent 133

Mas,

0 =

∫

∂V

g(w)dw =

∫

γ−1

g(w)dw +

∫

λ−

g(w)dw +

∫

γ2

g(w)dw

e portanto ∫

λ

g(w)dw =

∫

γ−1

g(w)dw +

∫

γ2

g(w)dw

ou seja,

1

2πi

∫

λ

f(w)

w − zdw = − 1

2πi

∫

γ1

f(w)

w − zdw +

1

2πi

∫

γ2

f(w)

w − zdw.

Lembrando que

f(z) =1

2πi

∫

λ

f(w)

w − zdw

obtemos a expressao

(?) f(z) = − 1

2πi

∫

γ1

f(w)

w − zdw +

1

2πi

∫

γ2

f(w)

w − zdw.

Nosso trabalho agora e o de retirar informacao dessas duas integrais.

Estudo de 12πi

∫

γ2

f(w)w−z dw.

A sutileza aqui presente e o fato de f nao estar definida no discoD(a, ρ2) porem, repetindo a demonstracao do Teorema 2.12 do Capıtulo5, concluimos que

1

2πi

∫

γ2

f(w)

w − zdw =

∞∑

n=0

1

2πi

∫

γ2

f(w)

(w − a)n+1 dw

(z − a)n

e essa serie converge (absolutamente) qualquer que seja z satisfazendo|z − a| < r2 (a unica diferenca e que, na demonstracao do Teorema

2.12 do Capıtulo 5, substituimos f (n)(a)n! por 1

2πi

∫

γ2

f(w)

(w−a)n+1dw, ja que

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134 Singularidades Cap. 6

f (n)(a) nao necessariamente existe e, entao, nao vale a igualdade dadano Corolario 2.7 do Capıtulo 5). Com isso em maos (?) fica

(??) f(z) = − 1

2πi

∫

γ1

f(w)

w − zdw +

∞∑

n=0

an(z − a)n

onde an = 12πi

∫

γ2

f(w)

(w−a)n+1 dw, n ≥ 0. Ressaltamos que, embora z seja

um ponto no anel A(a, r1, r2), a serie de potencias acima converge abso-lutamente em todos os pontos do disco D(a, r2).

Estudo de − 12πi

∫

γ1

f(w)w−z dw.

Nesse caso, repetimos o roteiro da demonstracao do Teorema 2.12do Capıtulo 5 fazendo as modificacoes necessarias. Embora os calculosaqui envolvidos sejam rotineiros, a ideia por tras deles e inovadora edetalharemos a argumentacao.

Temos

1

w − z=

−1

(z − a) − (w − a)=

−1

(z − a)[

1 − w−az−a

]

e

1

1 − w−az−a

= 1 +w − a

z − a+ · · · + (w − a)n

(z − a)n+

(w − a)n+1

(z − a)n+1

1 − w − az − a

.

Logo,

1

w − z=

−1

(z − a)[

1 − w−az−a

]

=−1

(z − a)− (w − a)

(z − a)2− · · · − (w − a)n

(z − a)n+1 −(w−a)n+1

(z−a)n+1

(z − a)[

1 − w−az−a

]

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Secao 1 A Expansao de Laurent 135

e − 12πi

∫

γ1

f(w)w−z dw le-se

− 1

2πi

∫

γ1

f(w)

w − zdw =

n∑

j=0

1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)j

(z − a)j+1dw

+1

2πi

∫

γ1

f(w) (w−a)n+1

(z−a)n+1

(z − a)[

1 − w−az−a

]dw.

Ponha

Rn(z) =1

2πi

∫

γ1

f(w) (w−a)n+1

(z−a)n+1

(z − a)[

1 − w−az−a

]dw.

Vamos estimar |Rn(z)|. Para faze-lo note que

Rn(z) =1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)n+1

(z − w)(z − a)n+1 dw

e que

|z − a| ≤ |z − w| + |w − a| = |z − w| + r1 =⇒ 1

|z − w| ≤1

|z − a| − r1.

Portanto, se K e o valor maximo de |f | ao longo de γ1 entao o LemaTecnico 1.8 do Capıtulo 5 fornece

|Rn(z)| =

∣∣∣∣∣∣

1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)n+1

(z − w)(z − a)n+1 dw

∣∣∣∣∣∣

≤ 1

2π

∫

γ1

Krn+11

(|z − a| − r1)|z − a|n+1 |dw|

=1

2π

Krn+11

(|z − a| − r1)|z − a|n+1 2πr1

=Krn+2

1

(|z − a| − r1)|z − a|n+1

=K

1 − r1|z−a|

rn+21

|z − a|n+2 .

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136 Singularidades Cap. 6

Fazendo r1|z−a| = α temos que α < 1 e a expressao acima fica

|Rn(z)| ≤K

1 − ααn+2

e daı vem que

limn→∞

|Rn(z)| ≤ limn→∞

K

1 − ααn+2 = 0.

Concluimos que a serie∞∑

n=0

12πi

∫

γ1

f(w)(w−a)n

(z−a)n+1 dw converge a

− 12πi

∫

γ1

f(w)w−z dw e que a convergencia e absoluta qualquer que seja z sa-

tisfazendo |z − a| > r1. O interessante aqui e que essa e uma serie depotencias negativas de z − a. De fato,

1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)n

(z − a)n+1 dw =

1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)ndw

1

(z − a)n+1

e entao

− 1

2πi

∫

γ1

f(w)

w − zdw =

∞∑

n=0

1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)ndw

1

(z − a)n+1 .

Com isso em maos (??) le-se

(? ? ?) f(z) =∞∑

m=1

bm1

(z − a)m+

∞∑

n=0

an(z − a)n

onde

an =1

2πi

∫

γ2

f(w)

(w − a)n+1 dw , n ≥ 0

bm =1

2πi

∫

γ1

f(w)(w − a)m−1dw , m ≥ 1.

Recaptulando: tomamos um ponto z ∈ A(a, ρ1, ρ2) e obtivemos umaexpansao de f(z) como uma soma de duas series, a primeira delas de

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Secao 1 A Expansao de Laurent 137

potencias negativas, que converge absolutamente fora do disco fechadoD(a, ρ1) e a segunda, de potencias positivas, que converge no interiordo disco fechado D(a, ρ2). O unico senao e a expressao dos coeficientesdessas duas series, obtidos integrando-se certas funcoes em cırculos dis-tintos. Para sanar essa pretensa complexidade invocamos o Teorema deCauchy 2.13 do Capıtulo 5.

Considere um cırculo qualquer γ, de centro em a, contido no anelA(a, ρ1, ρ2) e orientado no sentido anti-horario. Dado n ≥ 0, a funcao

h(w) = f(w)

(w−a)n+1 e holomorfa no anel fechado cuja fronteira consiste dos

cırculos γ e γ2. Pelo Teorema de Cauchy vale que∫

γ2

f(w)

(w − a)n+1 dw =

∫

γ

f(w)

(w − a)n+1 dw

e portanto podemos escrever

an =1

2πi

∫

γ

f(w)

(w − a)n+1 dw , n ≥ 0.

Argumentando da mesma maneira para os coeficientes bm obtemos

bm =1

2πi

∫

γ

f(w)(w − a)m−1dw , m ≥ 1.

O leitor inquiridor perguntaria a essa altura se a expansao de f(z)obtida acima e unica. A resposta e sim e a razao e a seguinte: Suponhaque tenhamos uma expansao

f(z) =

∞∑

m=1

dm1

(z − a)m+

∞∑

n=0

cn(z − a)n

absolutamente convergente para z ∈ A(a, ρ1, ρ2). Vamos considerar in-icialmente os coeficientes das potencias negativas. Multiplique f(z) por(z − a)k−1, k ≥ 2 e obtenha

(z − a)k−1f(z) =

∞∑

m=k+1

dm

(z − a)m−k+1

+dk

(z − a)+ dk−1 + dk−2(z − a) + · · · + d1(z − a)k−2

+∞∑

n=0

cn(z − a)n+k−1.

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138 Singularidades Cap. 6

Considere as funcoes

f1(z) =∞∑

m=k+1

dm

(z − a)m−k+1

e

f2(z) = dk−1 + dk−2(z − a) + · · · + d1(z − a)k−2 +∞∑

n=0

cn(z − a)n+k−1.

Temos que

(z − a)k−1f(z) = f1(z) +dk

(z − a)+ f2(z).

Agora, f1 e f2 ambas admitem primitiva pois

F1(z) =∞∑

m=k+1

1

k −m

dm

(z − a)m−k

e uma serie absolutamente convergente em A(a, ρ1, ρ2) (reveja a demons-tracao da Proposicao 1.7 do Capıtulo 5) e F1

′(z) = f1(z). Tambem

F2(z) = dk−1(z − a) + dk−2(z − a)2

2+ · · · + d1

(z − a)k−1

k − 1

+

∞∑

n=0

cnn+ k

(z − a)n+k

converge absolutamente no anel A(a, ρ1, ρ2) e F2′(z) = f2(z). Portanto,

se γ e um cırculo de centro em a, contido em A(a, ρ1, ρ2) e percorridono sentido anti-horario entao

∫

γ

f(z)(z − a)k−1dz =

∫

γ

f1(z)dz +

∫

γ

dk(z − a)

dz +

∫

γ

f2(z)dz

= 0 +

∫

γ

dk(z − a)

dz + 0 = 2πidk

ou seja,

dk =1

2πi

∫

γ

f(z)(z − a)k−1dz

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Secao 1 A Expansao de Laurent 139

e os coeficientes das potencias negativas sao os mesmos de (? ? ?). Issomostra que a serie de potencias negativas da expansao (? ? ?) e unica.Com isso em maos temos

f(z) −∞∑

m=1

bm1

(z − a)m=

∞∑

n=0

an(z − a)n

e

f(z) −∞∑

m=1

bm1

(z − a)m=

∞∑

n=0

cn(z − a)n.

Logo,∞∑

n=0

an(z − a)n =

∞∑

n=0

cn(z − a)n

e o Teorema 2.15 do Capıtulo 4 nos diz que an = cn para todo n ≥ 0.Acabamos de demonstrar o

1.1 Teorema de Laurent. Seja f uma funcao holomorfa no anelA(a, ρ1, ρ2). Entao

f(z) =∞∑

m=1

bm1

(z − a)m+

∞∑

n=0

an(z − a)n

sendo que a serie∞∑

m=1bm

1(z−a)m converge absolutamente fora do disco fe-

chado D(a, ρ1) e a serie∞∑

n=0an(z − a)n converge absolutamente no disco

D(a, ρ2). Alem disso, essa expansao e unica e os coeficientes bm e ansao dados por

bm =1

2πi

∫

γ

f(z)(z − a)m−1dz , m ≥ 1

an =1

2πi

∫

γ

f(w)

(w − a)n+1 dw , n ≥ 0

onde γ e um cırculo de centro em a, orientado no sentido anti-horarioe contido em A(a, ρ1, ρ2).

A expansao dada pelo teorema acima e chamada serie de Laurent def e e muito util pois nos permite estudar as singularidades isoladas de

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140 Singularidades Cap. 6

funcoes complexas. Antes de passar a esse estudo apresentamos algunsexemplos.

f(z) = 1z e holomorfa em C∗ = C\{0} e sua serie de Laurent centrada

em 0 e 1z . Ja g(z) = 1

z+1 e holomorfa em C\{−1} e sua serie de Laurent

centrada em −1 e 1z+1 . Olhe agora para

h(z) =1

z+

1

z + 1.

Essa funcao tem duas singularidades isoladas, 0 e −1, e sua serie deLaurent em torno de 0 e obtida expandindo 1

z+1 em serie de potenciasde centro 0. Usando a serie geometrica

1

z + 1=

1

1 − (−z) =∞∑

n=0

(−1)nzn.

Essa serie tem raio de convergenciaR = 1, que e precisamente a distanciaentre as duas singularidades de h. Portanto,

h(z) =1

z+

1

z + 1=

1

z+

∞∑

n=0

(−1)nzn

sendo essa expansao valida para todo z no anel A(0, 0, 1). Observe que,pela unicidade da serie de Laurent, uma vez obtida uma tal expansao(nao importa por qual metodo ou artifıcio), ela e a serie de Laurent de hem torno de 0. Quanto a expansao de h em torno de −1 temos, usandonovamente a serie geometrica

1

z=

−1

1 − (z + 1)= −

∞∑

n=0

(z + 1)n

e essa serie tem raio de convergencia R = 1. Logo,

h(z) =1

1 + z+

1

z=

1

1 + z−

∞∑

n=0

(z + 1)n

e a expansao de Laurent de h no anel A(−1, 0, 1).Um exemplo mais radical e dado por f(z) = −1 − 1

z + e1/z. Essa

funcao tem uma singularidade isolada em 0. Como ew =∞∑

n=0

wn

n! , e1/z =

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Secao 1 A Expansao de Laurent 141

∞∑

n=0

1n!

1zn para todo z 6= 0 (justifique essa afirmativa) e entao

f(z) =∞∑

n=2

1

n!

1

zn

e a serie de Laurent de f no anel A(0, 0,∞). Nesse exemplo, temospotencias negativas de ordem arbitrariamente alta.

Por fim, seja f(z) = z+1(z−2)2(z−i)

. Essa funcao tem duas singularidades

isoladas, 2 e i. Para obter a serie de Laurent de f em torno de i,inicialmente expandimos 1

(z−2)2em serie de potencias com centro em i.

Temos1

z − 2=

1

(z − i) + (i − 2)=

1

i − 2

1

1 + z−i

i−2

.

Invocando a serie geometrica ficamos com

1

z − 2=

1

i − 2

∞∑

n=0

(−1)n(z − i)n

(i − 2)n=

∞∑

n=0

(−1)n(z − i)n

(i − 2)n+1

e derivando ambos os lados dessa igualdade

−1

(z − 2)2=

∞∑

n=1

(−1)nn

(i − 2)n+1 (z − i)n−1.

Logo,

1

(z − 2)2=

∞∑

n=1

(−1)n+1n

(i − 2)n+1 (z − i)n−1

e

1

(z − 2)2(z − i)=

1

(i − 2)21

(z − i)+

∞∑

m=0

(−1)m+1(m+ 2)

(i − 2)m+3 (z − i)m.

Como

z + 1

(z − 2)2(z − i)=

(z − i) + (1 + i)

(z − 2)2(z − i)

=z − i

(z − 2)2(z − i)+

1 + i

(z − 2)2(z − i)

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142 Singularidades Cap. 6

ez − i

(z − 2)2(z − i)=

∞∑

k=0

(−1)k(k + 1)

(i − 2)k+2(z − i)k

e

1 + i

(z − 2)2(z − i)=

1 + i

(i − 2)21

(z − i)+

∞∑

k=0

(−1)k+1(1 + i)(k + 2)

(i − 2)k+3(z − i)k

finalmente obtemos

f(z) =1 + i

(i − 2)21

(z − i)+

∞∑

k=0

(−1)k[

(k + 1)

(i − 2)k+2− (1 + i)(k + 2)

(i − 2)k+3

]

(z − i)k.

Essa e a serie de Laurent de f em torno de i. Observe, novamente, que oraio de convergencia da serie de potencias acima e precisamente R =

√5,

a distancia entre as singularidades de f . Exortamos o leitor afoito acalcular os coeficientes dessa serie de Laurent utilizando as formulasdadas no Teorema 1.1. Ja em torno da singularidade 2 temos

1

z − i=

1

(z − 2) + (2 − i)=

1

2 − i

1

1 + z−22−i

e1

z − i=

1

2 − i

∞∑

n=0

(−1)n(z − 2)n

(2 − i)n=

∞∑

n=0

(−1)n(z − 2)n

(2 − i)n+1 .

Logo,

1

(z − 2)2(z − i)=

1

2 − i

1

(z − 2)2− 1

(2 − i)21

z − 2

+∞∑

m=0

(−1)m

(2 − i)m+3 (z − 2)m.

Como

z + 1

(z − 2)2(z − i)=

z − 2 + 3

(z − 2)2(z − i)

=z − 2

(z − 2)2(z − i)+

3

(z − 2)2(z − i)

=1

(z − 2)(z − i)+

3

(z − 2)2(z − i)

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Secao 2 Classificacao de Singularidades 143

e

1

(z − 2)(z − i)=

1

2 − i

1

z − 2+

∞∑

m=0

(−1)m+1

(2 − i)m+2 (z − 2)m

e

3

(z − 2)2(z − i)=

3

2 − i

1

(z − 2)2− 3

(2 − i)21

z − 2

+∞∑

m=0

3(−1)m(2 − i)m+3(z − 2)m

Finalmente obtemos

f(z) =3

2 − i

1

(z − 2)2+

(1

2 − i− 3

(2 − i)2

)1

z − 2

+∞∑

m=0

(−1)m[

3

(2 − i)m+3 − 1

(2 − i)m+2

]

(z − 2)m

para todo z no anel A(2, 0,√

5).

2 Classificacao de Singularidades

Usaremos a expansao de Laurent para dividir as singularidades isoladasem tres categorias radicalmente distintas. Suponha que f e uma funcaoholomorfa no anel A(a, 0, ρ) e considere sua serie de Laurent em tornode a:

f(z) =∞∑

m=1

bm1

(z − a)m+

∞∑

n=0

an(z − a)n.

Temos entao a

2.1 Definicao. a e singularidade removıvel de f se bm = 0 para m ≥ 1.a e polo de ordem k de f se bk 6= 0 e bm = 0 para m > k. a esingularidade essencial de f se bm 6= 0 para uma infinidade de valoresde m.

Exemplos desses tres tipos de pontos singulares sao dados por:

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144 Singularidades Cap. 6

f(z) = sen zz , z 6= 0. f(z), em princıpio, nao esta definida apenas

em z = 0 porem, lembrando que

sen z =1

2i

(

eiz − e−iz)

=1

2i

( ∞∑

n=0

(iz)n

n!−

∞∑

n=0

(−iz)n

n!

)

=1

2i

(

2iz +∞∑

n=2

(iz)n − (−iz)n

n!

)

= z +1

2i

∞∑

n=2

(iz)n − (−iz)n

n!

temos, para z 6= 0,

f(z) =sen z

z= 1 +

1

2i

∞∑

n=2

(iz)n−1 − (−iz)n−1

n!.

Agora, a serie de potencias acima representa f para z 6= 0 e tambemesta definida em 0. Dessa forma, f admite uma extensao holomorfa atodos os pontos de C e 0 e singularidade removıvel de f . Observe que eperfeitamente lıcito escrever f(0) = 1.

Considere agora o exemplo ja visto f(z) = z+1(z−2)2(z−i)

. f tem duas

singularidades isoladas, 2 e i e ambas sao polos de f , sendo 2 um polode ordem 2 e i um polo de ordem 1.

Por outro lado, e1/z =∞∑

n=0

1n!

1zn exibe uma singularidade essencial

em 0.Os seguintes resultados elucidam o comportamento de uma funcao

em torno de uma singularidade isolada:

2.2 Proposicao. Seja f uma funcao holomorfa no anelA(a, 0, ρ). Entao as seguintes afirmativas sao equivalentes:

(i) a e singularidade removıvel de f .(ii) existe o lim

z→af(z).

(iii) |f | e limitado em algum anel A(a, 0, δ) ⊂ A(a, 0, ρ).]

Demontracao: Suponha que (i) valha. Entao a serie de Laurent de fem A(a, 0, ρ) e:

f(z) =∞∑

n=0

an(z − a)n

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Secao 2 Classificacao de Singularidades 145

e portanto limz→a

f(z) = a0, ou seja, vale (ii). Suponha (ii) valida e seja

α = limz→a

f(z). Da definicao de limite temos que existe δ > 0, que

podemos tomar < ρ, tal que 0 < |z − a| < δ =⇒ |f(z) − α| < 1.Mas isso nos diz que |f(z)| < 1 + |α| para z ∈ A(a, 0, δ) e vale (iii).Finalmente, suponha (iii) valida, ou seja, existe K tal que |f(z)| ≤ Kpara z ∈ A(a, 0, δ). Os coeficientes bm das potencias negativas da seriede Laurent de f sao dados por

bm =1

2πi

∫

γ

f(z)(z − a)m−1dz , m ≥ 1

onde γ(t) = a+ reit, 0 ≤ t ≤ 2π e 0 < r < ρ. Pelo Lema Tecnico 1.8 doCapıtulo 5

|bm| ≤1

2π

∫

γ

|f(z)||z − a|m−1|dz| ≤ 1

2πKrm−12πr = Krm.

Fazendo r tender a zero concluimos que bm = 0 para m ≥ 1 e a esingularidade removıvel de f . ut

2.3 Corolario. Se bm 6= 0 para algum m ≥ 1, entao |f | e ilimitado emqualquer disco de centro em a.

Demonstracao: De fato, nesse caso a nao e singularidade removıvel eentao (iii) nao pode ocorrer. ut

Quanto aos polos temos a

2.4 Proposicao. Se f e uma funcao holomorfa no anel A(a, 0, ρ), entaoa e um polo de ordem k de f se, e somente se, lim

z→a(z − a)kf(z) existe

e e um numero complexo nao nulo.

Demonstracao: Suponha que a seja um polo de ordem k de f . Entaoa serie de Laurent de f em A(a, 0, ρ) se escreve

f(z) =bk

(z − a)k+ · · · + b1

z − a+

∞∑

n=0

an(z − a)n , bk 6= 0

e daı

(z − a)kf(z) = bk + · · · + b1(z − a)k−1 +∞∑

n=0

an(z − a)n+k.

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146 Singularidades Cap. 6

Logo, limz→a

(z − a)kf(z) = bk 6= 0. Por outro lado, suponha que

limz→a

(z − a)kf(z) = α 6= 0. Olhe para a funcao g(z) = (z − a)kf(z).

Por (ii) da Proposicao 2.2, g tem uma singularidade removıvel em a eportanto, e dada por uma serie de potencias centrada em a e convergenteno disco D(a, ρ), digamos

g(z) =∞∑

n=0

an(z − a)n.

Alem disso, a0 = α. Vem entao que

f(z) =α

(z − a)k+ · · · + ak−1

z − a+

∞∑

n=0

an+k(z − a)n

e a e polo de ordem k de f . ut

2.5 Corolario. Se f e uma funcao holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e a epolo de ordem k de f entao lim

z→a|f(z)| = ∞.

Demonstracao: Usando a mesma notacao da proposicao anterior te-mos

limz→a

|f(z)| = limz→a

|g(z)||z − a|k

= |α| limz→a

1

|z − a|k= ∞. ut

Por exemplo, revivendo a funcao f(z) = z+1(z−2)2(z−i)

, que tem um polo

de ordem 2 em 2 e um polo de ordem 1 em i, temos

limz→2

(z − 2)2f(z) = limz→2

z + 1

z − i=

3

2 − i

e

limz→i

(z − i)f(z) = limz→i

z + 1

(z − 2)2=

1 + i

(i − 2)2.

Esses sao os coeficientes de 1(z−2)2

e de 1z−i

nas expansoes de Laurent de

f em torno de 2 e de i, respectivamente.Ja em torno de uma singularidade essencial, o comportamento de

uma funcao holomorfa e incontrolavel. Para se ter uma ideia, um teo-rema devido a Picard afirma que, se a e singularidade essencial de f ,holomorfa no anel A(a, 0, ρ) entao, dado qualquer 0 < r ≤ ρ, a imagempor f do anel A(a, 0, r), f(A(a, 0, r)), e todo o plano C, com a possıvel

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Secao 2 Classificacao de Singularidades 147

excessao de no maximo um ponto! A demontracao do Teorema de Pi-card foge, e muito, do escopo desse texto porem, com o instrumental anossa disposicao somos capazes de mostrar o seguinte

2.6 Teorema de Casorati-Weierstrass. Seja f uma funcao holo-morfa no anel A(a, 0, ρ) e suponha que a e singularidade essencial de f .Entao, dados 0 < r ≤ ρ, ε > 0 e α ∈ C, existe um numero complexo βtal que β ∈ A(a, 0, r) e |f(β) − α| < ε.

Demonstracao: Em linguagem mais simples esse teorema nos diz queem qualquer anel A(a, 0, r), com r ≤ ρ, existe uma sequencia (βn) → atal que (f(βn)) → α, onde α e um numero complexo escolhido a revelia.A demonstracao e a seguinte: considere a serie de Laurent de f centradaem a

f(z) =

∞∑

m=1

bm1

(z − a)m+

∞∑

n=0

an(z − a)n

onde, por hipotese, uma infinidade de coeficientes bm sao nao nulos.Dado α, olhe para a funcao g(z) = f(z) − α. A serie de Laurent de g e

g(z) =∞∑

m=1

bm1

(z − a)m+ a0 − α+

∞∑

n=1

an(z − a)n

e portanto a tambem e singularidade essencial de g. Considere as se-guintes duas possibilidades mutuamente excludentes:

(i) existe uma sequencia (βn) de pontos no anel A(a, 0, ρ), comlimn→∞

βn = a e tal que g(βn) = 0 para todo n.

(ii) nao existe sequencia de zeros de g convergindo a a.

Se vale (i) entao, dados r > 0 e ε > 0, podemos achar N tal quen ≥ N fornece 0 < |βn − a| < r e trivialmente |g(βn)| = 0 < ε. Masisso e o mesmo que |f(βn) − α| < ε. Tomando β = βN o teorema ficademonstrado nesse caso.

Se (i) nao vale entao vale (ii) e argumentamos da seguinte maneira:como nao existe sequencia de zeros de g convergindo a a, podemos encon-trar um numero τ > 0 tal que g(z) 6= 0 para z no anel A(a, 0, τ). Nessecaso, dados r > 0 e ε > 0 olhamos para 1

g(z) e temos duas possibilidades:

(1) ou existe β ∈ A(a, 0, τ) ∩A(a, 0, r) tal que∣∣∣

1g(β)

∣∣∣ > 1

ε

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148 Singularidades Cap. 6

(2) ou∣∣∣

1g(z)

∣∣∣ e limitado no anel A(a, 0, τ) ∩A(a, 0, r).

Se (1) ocorre entao |g(β)| < ε e portanto |f(β)−α| < ε. Nesse caso,o teorema esta demonstrado.

Se (2) ocorre entao, pela Proposicao 2.2, 1g(z) tem uma singularidade

removıvel em a. Portanto, 1g(z) tem expansao em serie de potencias

convergente no disco D(a, τ) ∩D(a, r), digamos

1

g(z)=

∞∑

n=0

cn(z − a)n.

Seja cn0 o primeiro coeficiente nao nulo dessa serie. Entao

1

g(z)= (z − a)n0

∞∑

n=n0

cn(z − a)n−n0 .

Fazendo h(z) =∞∑

n=n0

cn(z − a)n−n0 temos que h e analıtica no disco

D(a, τ)∩D(a, r) (veja a demonstracao da Proposicao 2.14 do Capıtulo 4)e h(a) = cn0 6= 0. Como 1

g(z) = (z − a)n0h(z) temos que (z − a)n0g(z) =1

h(z) e portanto

limz→a

(z − a)n0g(z) =1

h(a)6= 0.

Mas, pela Proposicao 2.4, g tem um polo de ordem n0 em a, o quecontradiz o fato de a ser singularidade essencial de g. Logo (2) nuncaocorre e o teorema esta demonstrado. ut

3 Resıduos

O Teorema de Cauchy 2.13 Capıtulo 5 afirma que, se a regiao fechadae limitada determinada por uma curva de Jordan suave por partes γesta inteiramente contida no domınio da funcao holomorfa f , entao∫

γ f(z)dz = 0. Fazemos agora a seguinte pergunta: como se transformaesse teorema caso f tenha singularidades isoladas no interior da regiaofechada e limitada determinada por γ? Para responder tal perguntaintroduzimos o conceito de resıduo:

3.1 Definicao. Se f e uma funcao holomorfa no anel A(a, 0, ρ), oresıduo de f em a e o coeficiente b1 do termo 1

z−a de sua serie de Laurentcom centro em a.

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Secao 3 Resıduos 149

Usaremos a notacao res(f, a) para designar o resıduo de f em a. Comrelacao aos exemplos sen z

z , e1/z e z+1(z−2)2(z−i)

temos res( sen z

z , 0)

= 0,

res(e1/z, 0

)= 1, res

(z+1

(z−2)2(z−i), 2)

= 12−i

− 3(2−i)2

e res(

z+1(z−2)2(z−i)

, i)

=

1+i

(i−2)2. Temos o

3.2 Teorema dos Resıduos. (Cauchy) Seja f uma funcao holomorfanum domınio U \{a1, a2, . . . , am}. Suponha que γ ⊂ U \{a1, a2, . . . , am}e uma curva de Jordan suave por partes, orientada no sentido anti-horario, tal que a regiao fechada e limitada por ela determinada estacontida em U e contem todos os pontos a1, a2, . . . , am. Entao

1

2πi

∫

γ

f(z)dz = res(f, a1) + res(f, a2) + · · · + res(f, am).

Demonstracao: Para cada singularidade isolada aj de f , escolha umcırculo γj centrado em aj satisfazendo as seguintes condicoes: γk naotem ponto comum com γn se k 6= n e γj nao tem ponto comum com γ,para 1 ≤ j ≤ m (veja figura).

Oriente os γj , 1 ≤ j ≤ m, no sentido anti-horario. Pelo Teorema deCauchy 2.13 do Capıtulo 5 temos

∫

γ∪γ−1∪γ−2∪···∪γ−m

f(z)dz = 0.

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150 Singularidades Cap. 6

Mas isso equivale a

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ1

f(z)dz +

∫

γ2

f(z)dz + · · · +∫

γm

f(z)dz.

Nos resta portanto calcular∫

γj

f(z)dz, j = 1, ...,m. Ora, o Teorema de

Laurent 1.1 nos diz que, se

∞∑

m=1

bm1

(z − aj)m +

∞∑

n=0

cn(z − aj)n

e a serie de Laurent de f em torno de aj , entao

b1 =1

2πi

∫

γj

f(z)dz.

Logo,∫

γj

f(z)dz = 2πires(f, aj) e o teorema esta demonstrado. ut

Uma questao que se apresenta imediatamente e o calculo do resıduode f numa singularidade isolada. E obvio que se f tem uma singula-ridade removıvel em a entao res(f, a) = 0. Ja no caso em que a e umpolo temos as duas proposicoes abaixo:

3.3 Proposicao. Seja f uma funcao holomorfa no anelA(a, 0, ρ) e suponha que a e um polo de ordem 1 de f . Entao res(f, a) =limz→a

(z − a)f(z).

Demonstracao: A prova desse resultado esta contida na demonstracaoda Proposicao 2.4, porem a faremos explicitamente. A serie de Laurentde f no anel A(a, 0, ρ) le-se:

f(z) =res(f, a)

z − a+

∞∑

n=0

an(z − a)n.

Assim sendo,

(z − a)f(z) = res(f, a) +∞∑

n=0

an(z − a)n+1

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Secao 3 Resıduos 151

e entao limz→a

(z − a)f(z) = res(f, a). ut

3.4 Proposicao. Seja f uma funcao holomorfa no anelA(a, 0, ρ) e suponha que a e um polo de ordem k > 1 de f . Considere afuncao g(z) = (z − a)kf(z). Entao

res(f, a) =g(k−1)(a)

(k − 1)!.

Demonstracao: A serie de Laurent de f no anel A(a, 0, ρ) le-se:

f(z) =bk

(z − a)k+

bk−1

(z − a)k−1+ · · · + res(f, a)

z − a+

∞∑

n=0

an(z − a)n.

Multiplicando por (z − a)k obtemos

g(z) = bk + bk−1(z − a) + · · · + res(f, a)(z − a)k−1 +∞∑

n=0

an(z − a)n+k.

Observe que g e holomorfa no disco D(a, ρ) e, portanto, a expressaoacima e sua serie de Taylor de centro em a. Mas entao o coeficiente de

(z − a)k−1 e precisamente g(k−1)(a)(k−1)! . ut

O leitor tera notado que essa proposicao fornece um metodo para ocalculo de res(f, a) desde que a funcao f seja “manejavel”e k nao sejamuito grande, pois se trata de calcular a derivada de um produto. Re-vivendo mais uma vez o exemplo f(z) = z+1

(z−2)2(z−i)obtemos, aplicando

as proposicoes acima

res(f, i) = limz→i

(z − i)f(z) = limz→i

z + 1

(z − 2)2=

1 + i

(i − 2)2.

e

res(f, 2) = ((z − 2)2f(z))′|z=2 =

(z + 1

z − i

)′

|z=2

=1

2 − i− 3

(2 − i)2.

E bom lembrar que, se f tem singularidade essencial em a entao naodispomos de metodos como acima e res(f, a) deve ser calculado atravesda serie de Laurent de f . Daremos a seguir duas aplicacoes importantesdo Teorema dos Resıduos.

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152 Singularidades Cap. 6

4 O Teorema de Rouche

Iniciamos com um teorema que nos permite contar zeros e polos, conhe-cido como Princıpio do Argumento. Recorde do Capıtulo 4 (Proposicao2.14) que, se f e uma funcao holomorfa e b e um zero de f , entao te-mos uma decomposicao f(z) = (z − b)kg(z), onde k ≥ 1 e a ordem oumultiplicidade do zero, g e holomorfa num disco em torno de b e g(b) 6= 0.

4.1 Teorema. Seja f uma funcao holomorfa num domınioU \ {a1, a2, . . . , am}. Suponha que γ ⊂ U \ {a1, a2, . . . , am} e uma curvade Jordan suave por partes, orientada no sentido anti-horario, tal quea regiao fechada e limitada por ela determinada esta contida em U econtem todos os pontos a1, a2, . . . , am. Alem disso, suponha que todosesses pontos sejam polos de f e que f nao tem zeros ao longo de γ.Entao

1

2πi

∫

γ

f ′(z)f(z)

dz = Z − P

onde Z = numero de zeros de f na regiao interior a γ, cada um delescontado tantas vezes quanto for sua multiplicidade e P = numero depolos de f na regiao interior a γ, cada um deles contado tantas vezesquanto for sua ordem.

Demonstracao: Pelo Teorema dos Resıduos, a integral acima e a soma

dos resıduos da funcao f ′(z)f(z) na regiao interior a γ. Dado um ponto a

nessa regiao temos tres possibilidades: (i) f(a) 6= 0, (ii) a e zero demultiplicidade m de f , (iii) a e polo de ordem k de f . O caso (i) fornecenada a integral acima pois o integrando nao possui resıduo nesse ponto.Nos resta investigar (ii) e (iii). Suponha entao que:

(ii) a e zero de multiplicidade m de f . Nesse caso, num disco D(a, δ)vale que f(z) = (z − a)mg(z) onde g(a) 6= 0 e g e holomorfa. Por outrolado, f ′(z) = m(z − a)m−1g(z) + (z − a)mg′(z). Daı vem que

f ′(z)f(z)

=m

z − a+g′(z)g(z)

.

Como g′(z)g(z) e holomorfa em D(a, δ) temos g′(z)

g(z) =∞∑

n=0cn(z − a)n e por-

tanto

(?)f ′(z)f(z)

=m

z − a+

∞∑

n=0

cn(z − a)n.

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Secao 4 O Teorema de Rouche 153

Essa e entao a serie de Laurent de f ′(z)f(z) centrada em a e nesse ponto o

resıduo e m.

(iii) a e polo de ordem k de f . Nesse caso, num disco D(a, δ) valeque (z − a)kf(z) = g(z), onde g e holomorfa e g(a) 6= 0. Portanto,

f(z) = g(z)

(z−a)k e f ′(z) = −kg(z)(z−a)k+1 + g′(z)

(z−a)k . Logo,

f ′(z)f(z)

=−kz − a

+g′(z)g(z)

.

Argumentando como em (ii) concluimos que esse ponto contribui −kpara a integral 1

2πi

∫

γ

f ′(z)f(z) dz. ut

4.2 Corolario. Nas mesmas hipoteses do Teorema 4.1, se f e h saofuncoes holomorfas em U , entao

1

2πi

∫

γ

h(z)f ′(z)f(z)

dz =∑

ξj

h(ξj)mξj (f)

onde ξ1, ξ2, . . . , ξ` sao os zeros de f na regiao interior a γ e mξj (f) e amultiplicidade de ξj como zero de f .

Demonstracao: Pelo Teorema dos Resıduos, a integral acima e a soma

dos resıduos da funcao h(z) f′(z)f(z) na regiao interior a γ. Dado um ponto

a nessa regiao temos duas possibilidades, uma vez que f e h sao ho-lomorfas: (i) f(a) 6= 0, (ii) a e zero de multiplicidade m de f . Comono teorema anterior, (i) fornece nada a integral acima pois o integrandopossui resıduo nulo nesse ponto. Quanto a (ii), suponha que a e zero demultiplicidade m de f , localizado no interior da regiao limitada deter-minada por γ. Por (?) do teorema anterior temos que:

f ′(z)f(z)

=m

z − a+

∞∑

n=0

cn(z − a)n.

Por outro lado, a funcao h tem expansao centrada em a dada por, di-

gamos, h(z) =∞∑

n=0bn(z − a)n = b0 +

∞∑

n=1bn(z − a)n. Multiplicando a

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154 Singularidades Cap. 6

igualdade acima ficamos com:

h(z)f ′(z)f(z)

=b0m

z − a+ m

∞∑

n=0

bn+1(z − a)n

+

[ ∞∑

n=0

bn(z − a)n][ ∞∑

n=0

cn(z − a)n]

.

Portanto, o resıduo de h(z) f′(z)f(z) em a e b0m = h(a)ma(f). ut

Observacao: Se h ≡ 1 entao o corolario nos diz que

1

2πi

∫

γ

f ′(z)f(z)

dz = Z

onde Z = numero de zeros de f na regiao interior a γ, cada um delescontado tantas vezes quanto for sua multiplicidade.

Apresentamos agora o resultado principal dessa secao.

4.3 Teorema de Rouche. Sejam f e g duas funcoes holomorfas,ambas definidas no domınio U ⊂ C. Seja V ⊂ U uma regiao fechadae limitada cuja fronteira ∂V e uma curva de Jordan suave por partes,com V \ ∂V um domınio. Se

|f(z) − g(z)| < |f(z)| para todo z ∈ ∂V,

entao f e g tem o mesmo numero de zeros no interior de V .

Demonstracao: Antes de mais nada note que, por hipotese, nem f nemg podem ter zeros ao longo de ∂V . Oriente o caminho ∂V no sentidoanti-horario e suponha que ele seja descrito por γ(t), 0 ≤ t ≤ 1. Fazendo

Φ(z) = g(z)f(z) temos que

|f(γ(t)) − g(γ(t))| < |f(γ(t))| ⇒ |1 − Φ(γ(t))| < 1.

Agora, seja a um ponto no interior de V . Entao a e um zero de Φ se, esomente se, a e um zero de g. Tambem temos que um ponto b no interiorde V e polo de Φ se, e somente se, b e um zero de f (use a Proposicao2.4). Assim sendo, se mostrarmos que

1

2πi

∫

γ

Φ′(z)Φ(z)

dz = 0

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Secao 4 O Teorema de Rouche 155

entao, pelo Teorema 4.1, o numero de zeros de Φ no interior de V e igualao seu numero de polos aı e, portanto, f e g tem o mesmo numero dezeros. Para calcular essa integral considere o caminho ϕ(t) = Φ(γ(t)),0 ≤ t ≤ 1. Esse e um caminho fechado, suave por partes (pois Φ eholomorfa ao longo de γ) e, o que e essencial, esta inteiramente contidono disco de centro 1 e raio 1, ja que |Φ(γ(t)) − 1| < 1. Logo,

∫

γ

Φ′(z)Φ(z)

dz =

1∫

0

Φ′(γ(t))Φ(γ(t))

γ′(t)dt =

1∫

0

ϕ′(t)ϕ(t)

dt.

Mas1∫

0

ϕ′(t)ϕ(t) dt nada mais e que a integral da funcao h(z) = 1

z ao longo do

caminho ϕ,1∫

0

ϕ′(t)ϕ(t) dt =

∫

ϕ

1zdz. Como ϕ esta contido no disco D(1, 1) e

log z (ramo principal do logaritmo) e uma primitiva de h(z) nesse disco,o Teorema 1.9 do Capıtulo 5 nos diz que

0 =

∫

ϕ

1

zdz =

∫

γ

Φ′(z)Φ(z)

dz. ut

Uma consequencia do teorema de Rouche e o

Teorema Fundamental da Algebra. Seja P : C → C um polinomiode grau n. Entao P (z) tem precisamente n zeros, contados com multi-plicidade.

Demonstracao: Escreva P (z) = anzn + an−1z

n−1 + · · · + a1z + a0,an 6= 0. A ideia e comparar P (z) com Q(z) = anz

n e usar o teorema deRouche. Temos

|Q(z) − P (z)| = |an−1zn−1 + · · · + a1z + a0|

e, se z 6= 0

∣∣∣∣

Q(z) − P (z)

Q(z)

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

an−1

anz+ · · · + a1

anzn−1+

a0

anzn

∣∣∣∣.

Agora,

lim|z|→∞

∣∣∣∣

an−1

anz+ · · · + a1

anzn−1+

a0

anzn

∣∣∣∣= 0

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156 Singularidades Cap. 6

e portanto, podemos achar R > 0 tal que se |z| > R entao

∣∣∣∣

Q(z) − P (z)

Q(z)

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

an−1

anz+ · · · + a1

anzn−1+

a0

anzn

∣∣∣∣< 1.

Assim sendo, escolhendo qualquer cırculo γ de centro em 0 e raio > Rtemos que, ao longo de γ,

|Q(z) − P (z)| < |Q(z)|.

Pelo teorema de Rouche P tem precisamente n zeros, contados commultiplicidade. ut

5 Uma interpretacao Dinamica do Resıduo

Nessa secao olharemos para o resıduo de um ponto de vista de de-formacoes, um instrumento muito util em Matematica. As ideias aquiapresentadas remontam a trabalhos de N.H.Abel.

O interesse aqui e em trabalhar com quocientes de funcoes holomor-fas. Antes de mais nada temos a

5.1 Definicao. Uma funcao f e meromorfa num domınio U se existeum subconjunto P de U tal que:

(i) P e discreto.(ii) f e holomorfa em U \ P.(iii) f possui um polo em cada ponto de P.Observe que essa definicao exclui as singularidades essenciais, por-

tanto, uma funcao meromorfa e aquela que possui apenas polos ou sin-gularidades removıveis (como essas ultimas sao “falsas”singularidades,podemos ignora-las e considerar apenas polos).

5.2 Proposicao. Localmente, uma funcao e meromorfa se, e somentese, e o quociente de duas funcoes holomorfas.

Demonstracao: O significado do termo “localmente”ficara claro aolongo da demonstracao. Suponha que tenhamos uma funcao meromorfaf e seja a um de seus polos, digamos de ordem k. A expansao de Laurentcentrada em a e

bk

(z − a)k+ · · · + b1

z − a+

∞∑

n=0

an (z − a)n onde bk 6= 0,

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Secao 5 Uma interpretacao Dinamica do Resıduo 157

valida num pequeno discoD(a, ε). Como temos apenas um numero finitode termos com potencias negativas, reduzimos ao mesmo denominadore ficamos com:

bk + bk−1(z − a) + · · · + b1(z − a)k−1 +∞∑

n=0an (z − a)n+k

(z − a)k.

Mas isso e o quociente g(z)f(z) , em D(a, ε), das funcoes holomorfas g(z) =

bk+bk−1(z − a)+· · ·+b1(z − a)k−1+∞∑

n=0an (z − a)n+k e f(z) = (z − a)k.

Suponha agora que tenhamos um quociente de funcoes holomorfasg(z)f(z) e seja a um ponto em torno do qual f e g estao definidas. Es-

creva f(z) =∞∑

n=0an (z − a)n e g(z) =

∞∑

n=0bn (z − a)n, expansoes validas

simultaneamente num pequeno disco D(a, ε). Se ak e o primeiro coefi-ciente nao nulo na serie que define f , entao

f(z) = (z − a)k[ak + ak+1(z − a) + · · · + ak+m(z − a)m + · · ·

]

= (z − a)k φ(z)

onde φ(z) = ak + ak+1(z − a) + · · · + ak+m(z − a)m + · · · e holomorfaem D(a, ε). Analogamente temos que g(z) = (z − a)m ψ(z), com ψholomorfa em D(a, ε). Portanto,

g(z)

f(z)=

(z − a)m ψ(z)

(z − a)k φ(z)= (z − a)m−k ψ(z)

φ(z).

Agora, ψ(a)φ(a) = bm

ak6= 0 e concluımos que a funcao Θ(z) = ψ(z)

φ(z) e holomorfa

num disco D(a, δ) ⊆ D(a, ε). Seja entao

Θ(z) =∞∑

n=`

cn (z − a)n

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158 Singularidades Cap. 6

sua expansao em serie de potencias em D(a, δ). Ficamos com

g(z)

f(z)= (z − a)m−k Θ(z)

= (z − a)m−k∞∑

n=`

cn (z − a)n

=∞∑

n=`

cn (z − a)n+m−k.

Essa e a expansao de Laurent de g(z)f(z) em torno de a. Observe que temos

um polo em a caso `+m− k < 0. ut

A demonstracao acima deixa claro que, se uma funcao tem umasingularidade essencial no ponto a, entao ela nao pode ser dada na formag(z)f(z) em nenhuma vizinhanca de a, onde f e g sao holomorfas.

Vamos passar agora a preparacao para se enunciar o teorema prin-cipal dessa secao. Como se trata de um resultado de natureza local,trabalharemos em vizinhancas de 0 ∈ C.

Sejam U ⊂ C um aberto contendo 0 e h uma funcao meromorfa emU , com um polo de ordem k em 0, ou seja, h : U \ {0} → C e holomorfae limz→0

zk h(z) existe e e um numero complexo nao nulo. Pela expansao

de Laurent, existe um disco de raio ρ centrado em 0, D(0, ρ) ⊂ U talque, em D(0, ρ) \ {0}, h se escreve como:

h(z) =bkzk

+ · · · + b1z

+∞∑

n=0

an zn onde lim

z→0zk h(z) = bk 6= 0.

Reduzindo ao mesmo denominador, como na Proposicao 5.2, temos

(∗) h(z) =

bk + bk−1 z + · · · + b1 zk−1 +

∞∑

n=0an z

n+k

zk=g(z)

f(z)

com

(∗∗)

g(z) = bk + bk−1 z + · · · + b1 zk−1 +

∞∑

n=0an z

n+k

e

f(z) = zk.

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Secao 5 Uma interpretacao Dinamica do Resıduo 159

Como a expansao de Laurent de h e valida em D(0, ρ), vamos consi-derar f(z) = zk apenas nesse disco. Temos entao que f satisfaz

f : D(0, ρ) → D(0, ρk)

e sobrejetiva e aberta (essa ultima e uma propriedade satisfeita porqualquer funcao holomorfa de uma variavel complexa). Seja ζ ∈ D(0, ρk)um numero complexo nao nulo. Escreva ζ na forma polar, ζ = % eiθ. Apre-imagem de ζ 6= 0 por f consiste de exatamente k pontos distintos,f−1(ζ) = {ξ1, . . . , ξk}, que sao as solucoes da equacao zk = ζ, dadasexplicitamente por

ξj = k√% e

i

“

θ+2π(j−1)k

”

, j = 1, . . . , k.

Tambem temos que f ′(z) = k zk−1 e portanto, em cada um dos pontosξj , f

′(ξj) = k ξk−1j 6= 0.

Recorde que res(h, 0) = b1.

5.3 Teorema. Sejam ζ ∈ D(0, ρk) um numero complexo nao nulo ef−1(ζ) = {ξ1, . . . , ξk}. Entao:

res(h, 0) = limζ→0

k∑

j=1

g(ξj)

f ′(ξj).

Observacao: O ponto de vista de Cauchy e mais geral, no sentido queh pode ter singularidade essencial em 0 e o resıduo e dado por res(h, 0) =1

2πi

∫

γh(z) dz, onde γ e um cırculo centrado em 0 de raio menor que ρ.

Entretanto, essa interpretacao nao se generaliza a dimensoes superiores,ao passo que o ponto de vista aqui apresentado, essencialmente devidoa Abel, sim.

Demonstracao: Comece escolhendo 0 < ε << 1 tal que o cırculoΓ = {z : |f(z)| = ε} esteja contido em D(0, ρ) (observe que Γ e defato o cırculo ∂D(0, k

√ε) = {z : |z| = k

√ε }, pois f(z) = zk e portanto

|f(z)| = ε e o mesmo que |zk| = ε, ou seja, |z| = k√ε ). Em seguida

escolha um ponto ζ ∈ D(0, ρk)\{0}, de modulo pequeno o suficiente paraque todas as suas pre-imagens, ξ1, . . . , ξk, estejam contidas no interiordo cırculo Γ. Para cada ponto ξj escolha um raio δj > 0 tal que

(i) o disco fechado D(ξj , δj) esta inteiramente contido no interior docırculo Γ e 0 6∈ D(ξj , δj).

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160 Singularidades Cap. 6

(ii) D(ξi, δi) ∩D(ξj , δj) = ∅ para i 6= j.

A figura abaixo ilustra a situacao.

Temos em maos a funcao meromorfa h(z) = g(z)f(z) . Considere a se-

guinte deformacao holomorfa de h, hw(z) = g(z)f(z)−w .

Defina

ψj(w) =1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

g(z)

f(z) − wdz j = 1, . . . , k.

Aonde essas funcoes estao definidas? Observe que, se w 6= 0 entao aequacao f(z) = w tem precisamente k solucoes distintas e nao nulas.Logo, se tomarmos w num disco suficientemente pequeno, D(ζ, τ), cen-trado em ζ, as solucoes z1, . . . , zn de f(z) = w satisfazem zj ∈ D(ξj , δj),portanto, o denominador do integrando que define ψj nao se anula em∂D(ξj , δj) e ψj esta bem definida. Alem disso, as ψj sao holomorfas emD(ζ, τ) ja que podemos derivar sob o sinal de integral e obter

ψ′j(w) =

1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

g(z)

(f(z) − w)2dz.

Agora, ao longo dos caminhos ∂D(ξj , δj), j = 1, . . . , k, a derivadaf ′(z) nao se anula e e lıcito escrever

g(z)

f(z) − w=

g(z)

f ′(z)f ′(z)

f(z) − w.

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Secao 5 Uma interpretacao Dinamica do Resıduo 161

Ponha Fw(z) = f(z) − w e G(z) = g(z)f ′(z) . A derivada de Fw em relacao

a z e F ′w(z) = f ′(z). Portanto,

g(z)

f(z) − w=

g(z)

f ′(z)f ′(z)

f(z) − w= G(z)

F ′w(z)

Fw(z)

e as ψj assumem a forma

ψj(w) =1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

g(z)

f(z) − wdz =

1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

G(z)F ′w(z)

Fw(z)dz

para 1 ≤ j ≤ k. Em particular,

ψj(ζ) =1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

G(z)F ′ζ(z)

Fζ(z)dz.

Pelo Corolario 4.2 essa integral e igual a∑G(pi)mpi(Fζ), onde a soma

e sobre todos os zeros de Fζ no interior de ∂D(ξj , δj). Mas Fζ(z) =f(z) − ζ e o unico zero dessa funcao no interior de ∂D(ξj , δj) e ξj , quetem multiplicidade 1 pois f ′(ξj) 6= 0. Logo,

ψj(ζ) = G(ξj) =g(ξj)

f ′(ξj).

Mostramos quek∑

j=1

ψj(ζ) =k∑

j=1

g(ξj)

f ′(ξj).

As k funcoes ψ1, . . . , ψk estao definidas numa vizinhanca D(ζ, τ) quenao contem 0 e, individualmente, nao admitem extensao holomorfa anenhum domınio que contenha 0 e ζ. Isso vem do fato que, num taldomınio, e sempre possıvel encontrar um ponto w0 tal que k

√w0 ∈

∂D(ξj , δj) e nesse caso, o denominador do integrando que define ψj seanula sobre o caminho de integracao ∂D(ξj , δj). Outra maneira de verisso e notar que f(z) = zk admite a inversa local f−1(w) = k

√w em

torno de cada ponto z 6= 0, mas nao admite inversa local em nenhum

domınio que contenha 0. Entretanto, a somak∑

j=1ψj(w) admite extensao

holomorfa a um domınio que contem 0. Vamos mostrar isso.

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162 Singularidades Cap. 6

Defina a funcao traco por

Tr(w) =1

2πi

∫

Γ

g(z)

zk − wdz =

1

2πi

∫

Γ

g(z)

f(z) − wdz.

Essa funcao esta definida para w no disco aberto D(0, ε), pois nessedomınio f(z) − w 6= 0 qualquer que seja z ∈ Γ = ∂D(0, k

√ε), e ela e

claramente holomorfa nesse disco (derive sob o sinal de integral). Oteorema de Cauchy fornece

Tr(w) =1

2πi

∫

Γ

g(z)

f(z) − wdz

=k∑

j=1

1

2πi

∫

∂D(ξj ,δj)

g(z)

f(z) − wdz =

k∑

j=1

ψj(w).

Portanto, Tr e uma extensao holomorfa da funcaok∑

j=1ψj . A terminologia

“traco”vem daı, pois somamos sobre todas as k raızes de zk − w = 0, eesse teorema e tambem conhecido como o Teorema do Traco de Abel.O final da demonstracao do teorema e o seguinte:

limζ→0

k∑

j=1

g(ξj)

f ′(ξj)= lim

ζ→0

k∑

j=1

ψj(ζ)

= limζ→0

Tr(ζ) = limζ→0

1

2πi

∫

Γ

g(z)

f(z) − ζdz

=1

2πi

∫

Γ

g(z)

f(z)dz =

1

2πi

∫

Γ

h(z) dz = res(h, 0).

6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos

Nessa secao vamos utilizar o Teorema dos Resıduos 3.2 para calcularalgumas integrais. Sabemos do Calculo que, se x e uma variavel real e

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Secao 6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos 163

f(x) e uma funcao real contınua, entao a integral impropria∞∫

−∞f(x)dx

e definida por

(∗) limb→∞a→−∞

b∫

a

f(x)dx

desde que esses limites existam. Nesse caso dizemos que∞∫

−∞f(x)dx

converge, caso contrario a integral impropria e dita divergente.No que se segue estudaremos integrais da forma

(∗∗) limr→∞

r∫

−r

f(x)dx.

Caso esse limite exista, ele e chamado o Valor Principal de Cauchy de∫

. Antes de mais nada observe que, se (∗) existe, entao forcosa- mente(∗∗) tambem existe e seus valores coincidem. Mas (∗∗) pode existir e(∗) nao, como mostra o exemplo f(x) = sen x. Para essa funcao temos

r∫

−r

sen x dx = − cosx

∣∣∣∣

r

−r= − cos r + cos(−r) = − cos r + cos r = 0

e entao

(1) limr→∞

r∫

−r

sen x dx = 0.

Por outro lado, tomando b = 2nπ e a = − (2n+1)π2 temos que

2nπ∫

− (2n+1)π2

sen x dx = − cos(2nπ) + cos

(

−(2n+ 1)π

2

)

= −1

e entao

(2) limn→∞

2nπ∫

− (2n+1)π2

sen x dx = −1.

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164 Singularidades Cap. 6

Portanto, como (1) e (2) se contradizem,∞∫

−∞sen x dx nao existe. A arti-

manha, devida a Cauchy, a ser utilizada para se calcular

limr→∞

r∫

−rf(x)dx consiste em “complexificar”a funcao f(x), isto e, troque

x por z em sua expressao, ou em obter f(x) como a parte real de umafuncao complexa. Para ver isso em acao vamos considerar alguns casos:

Caso I. Suponha que f(z) e holomorfa no domınio (semi-plano abertomenos um numero finito de pontos) U = {z ∈ C : Im(z) > −ε} \{a1, . . . , ak}, onde ε e um numero real positivo e a1, . . . , ak sao polos def , com Im(aj) > 0, 1 ≤ j ≤ k. Entao faz sentido calcular a integral∫

γf(z)dz ao longo de γ, que e o caminho suave por partes

γ = γ1 ∗ γ2 , sendo que (veja figura)

{

γ1(t) = t −r ≤ t ≤ r

γ2(t) = reit 0 ≤ t ≤ π

onde r e escolhido grande o bastante para que |aj | < r, 1 ≤ j ≤ k. Istofeito temos∫

γ

f(z)dz =

∫

γ1

f(z)dz +

∫

γ2

f(z)dz =

r∫

−r

f(x)dx+

π∫

0

f(reit)ireitdt.

Portanto, pelo Teorema dos Resıduos 3.2, aplicado a regiao V e a suafronteira ∂V = γ1 ∪ γ2 temos

2πi

k∑

j=1

res(f, aj)

=

∫

γ

f(z)dz =

r∫

−r

f(x)dx+

π∫

0

f(reit)ireitdt.

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Secao 6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos 165

Agora, se

(∗) limr→∞

π∫

0

f(reit)ireitdt = 0

entao concluimos que

(†) limr→∞

r∫

−r

f(x)dx = 2πi

k∑

j=1

res(f, aj)

.

Uma condicao para que (?) valha e a seguinte:(??) existe um numero K > 0 tal que |f(reit)| ≤ K

r2, para 0 ≤ t ≤ π

e r suficientemente grande.De fato, se isso vale temos

∣∣∣∣∣∣

π∫

0

f(reit)ireitdt

∣∣∣∣∣∣

≤π∫

0

Kr

r2dt =

Kπ

r

e (?) segue. Mas a condicao (??) diz mais, pois ao longo do eixo x elase reduz a |f(x)| ≤ K

x2 , desde que |x| seja suficientemente grande. Daıvem que

b∫

a

f(x)dx =

−c∫

a

f(x)dx+

c∫

−c

f(x)dx+

b∫

c

f(x)dx

e, tomando c > 0 suficentemente grande para que tenhamos a majoracaoacima,

∣∣∣∣∣∣

b∫

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣∣

≤−c∫

a

K

x2dx+

∣∣∣∣∣∣

c∫

−c

f(x)dx

∣∣∣∣∣∣

+

b∫

c

K

x2dx.

Agora

lima→−∞

−c∫

a

K

x2dx =

K

ce lim

b→∞

b∫

c

K

x2dx =

K

c.

Portanto, limb→∞a→−∞

b∫

af(x)dx =

∞∫

−∞f(x)dx = lim

r→∞

r∫

−rf(x)dx, ou seja, a

integral impropria existe, e igual ao Valor Principal de Cauchy de∫

evale (†).

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166 Singularidades Cap. 6

Uma situacao geral na qual vale (??) e a seguinte:

(???) f(z) = P (z)Q(z) , onde P e Q sao polinomios, grau(Q) ≥ grau(P )+2

e Q nao possui zeros reais.Para ver isso seja 2 ≤ k =grau(Q)−grau(P ) e considere a funcao

g(z) = zkP (z)Q(z) . O numerador e o denominador sao polinomios do mesmo

grau e entao existe o limz→∞

g(z) = α. Assim sendo, se |z| e suficientemente

grande∣∣∣∣

zkP (z)

Q(z)− α

∣∣∣∣< 1 =⇒

∣∣∣∣

zkP (z)

Q(z)

∣∣∣∣< 1 + |α| =⇒

∣∣∣∣

P (z)

Q(z)

∣∣∣∣<

1 + |α||z|k .

Comecamos com um exemplo facil e familiar, f(x) = 1x2+1

. Olhe

para f(z) = 1z2+1

. Essa funcao tem polos nos pontos z = i e z = −i.Como o denominador e um polinomio de grau 2, esses sao seus unicoszeros e portanto cada polo tem ordem 1. f(z) e holomorfa no domınioU = {z ∈ C : Im(z) > −1} \ {i} e, pela Proposicao 3.3, res(f, i) =limz→i

(z − i) 1z2+1

= 12i

. Logo, tomando r > 1,

π = 2πi12i =

∫

γ

1

z2 + 1dz =

r∫

−r

1

x2 + 1dx+

π∫

0

ireit

(reit)2+ 1

dt.

Observe que (??) vale pois esse exemplo e da forma descrita em (? ? ?),porem e imediato que se r >

√2, entao 1

|(reit)2+1| <1

r2−1< 2

r2. Daı vem

que ∣∣∣∣∣∣

limr→∞

π∫

0

ireit

(reit)2+ 1

dt

∣∣∣∣∣∣

≤ limr→∞

π∫

0

2r

r2dt = lim

r→∞2π

r= 0.

Logo,∞∫

−∞

1

x2 + 1dx = lim

r→∞

r∫

−r

1

x2 + 1dx = π.

Um segundo exemplo e o calculo de∞∫

−∞x2

x4+1dx. Por (? ? ?) temos que

vale (†), ou seja

∞∫

−∞

x2

x4 + 1dx = lim

r→∞

r∫

−r

x2

x4 + 1dx = 2πi

[∑

a

res

(z2

z4 + 1, a

)]

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Secao 6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos 167

onde a soma e sobre os polos de f(z) = z2

z4+1localizados no semi-plano

superior. Agora, os polos de f sao as raizes quartas de −1 : eiπ4 , ei

3π4 ,

ei5π4 , ei

7π4 , das quais apenas as duas primeiras estao no semi-plano super-

ior. Todos os polos de f tem ordem 1 e um calculo simples (Proposicao

3.3) mostra que res(

f, eiπ4

)

= 14e

i−π4 e res

(

f, ei3π4

)

= 14e

i−3π

4 . Como

14e

i−π4 + 1

4ei−3π

4 = −i

2√

2temos

∞∫

−∞

x2

x4 + 1dx = 2πi

−i

2√

2=

π√2.

Cabe observar que, nos argumentos do caso I, o caminho de integracaoγ nao precisa ser, necessariamente, um semi-cırculo. Poderiamos tertratado essas integrais considerando, por exemplo, caminhos que saoretangulos simetricos em relacao ao eixo y e com base no eixo x.

Caso II.2π∫

0

F (cos t, sen t)dt onde F e uma funcao racional (quociente

de dois polinomios). Nesse caso tomamos o cırculo unitario γ(t) = eit

como caminho de integracao. Note que, se |z| = 1 entao z = 1z e isso

fornece

cos t =1

2

(

z +1

z

)

e sen t =1

2i

(

z − 1

z

)

.

Logo,

2π∫

0

F (cos t, sen t)dt =

∫

γ

F

(1

2

(

z +1

z

)

,1

2i

(

z − 1

z

))

dt

e, supondo que o integrando nao possui polos ao longo de γ, a ultimaintegral e a soma dos resıduos de F no disco D(0, 1).

Como exemplo vamos calcularπ∫

0

dta+cos t , onde a > 1, a ∈ R. Comecamos

observando queπ∫

0

dta+cos t = 1

2

2π∫

0

dta+cos t . Agora, lembrando que ao longo

de γ temos z = eit,

a+ cos t = a+1

2

(

eit +1

eit

)

=ei2t + 2aeit + 1

2eit

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168 Singularidades Cap. 6

e entao

2π∫

0

dt

a+ cos t=

2π∫

0

2eitdt

ei2t + 2aeit + 1=

2

i

∫

γ

dz

z2 + 2az + 1.

Portanto,π∫

0

dt

a+ cos t= −i

∫

γ

dz

z2 + 2az + 1.

Como P (z) = z2 + 2az + 1 = (z − α)(z − β) onde α = −a −√a2 − 1,

β = −a +√a2 − 1 e a > 1, temos |α| > 1 e |β| < 1. Assim sendo, 1

Ptem β como unico polo no interior de γ e

res

(1

P, β

)

= limz→β

(z − β)1

P (z)=

1

β − α=

1

2√a2 − 1

.

Pelo Teorema dos Resıduos

π∫

0

dt

a+ cos t= −i 2πi res

(1

P, β

)

=π√a2 − 1

.

Caso III. Polos Reais. Foi Cauchy quem primeiro considerou a seguintesituacao: suponha que f(x) e uma funcao da variavel real x, contınuanum intervalo [a, b], exceto por um numero finito de pontos em seu

interior. Como definirb∫

af(x)dx? Para simplificar o argumento vamos

tratar o caso em que f e descontınua apenas num ponto c ∈ (a, b). Tomedois numeros τ > 0 e ρ > 0 tais que a < c− τ < c+ ρ < b e olhe para

c−τ∫

a

f(x)dx+

b∫

c+ρ

f(x)dx.

Se existirem os limites

limτ→0

c−τ∫

a

f(x)dx e limρ→0

b∫

c+ρ

f(x)dx

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Secao 6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos 169

entao e natural definirmos (como o fez originalmente Cauchy)

(�)b∫

a

f(x)dx = limτ→0

c−τ∫

a

f(x)dx+ limρ→0

b∫

c+ρ

f(x)dx.

Um exemplo tıpico dessa situacao e ilustrado por1∫

−1

13√xdx. Temos que

uma primitiva dessa funcao e∫

13√xdx =

3

2sqrt[3]x2

e portanto

limτ→0

−τ∫

−1

13√xdx = lim

τ→0

3

2(

3√τ2 − 1) = −3

2

limρ→0

1∫

ρ

13√xdx = lim

ρ→0

3

2(1 − 3

√

ρ2) =3

2

Assim sendo

1∫

−1

13√xdx = lim

τ→0

−τ∫

−1

13√xdx+ lim

ρ→0

1∫

ρ

13√xdx = −3

2+

3

2= 0.

Ja para a funcao f(x) = 1x3 , os limites lim

τ→0

−τ∫

−1

1x3dx e lim

ρ→0

1∫

ρ

1x3dx nao

existem porem, fazendo τ = ρ e considerando o limite da soma temos

limτ→0

−τ∫

−1

1

x3dx+

1∫

τ

1

x3dx

= 0.

Seguindo os passos de Cauchy, definimos o Valor Principal no caso emque f e descontınua num ponto c ∈ (a, b) por

(‡) V P

b∫

a

f(x)dx := limτ→0

c−τ∫

a

f(x)dx+

b∫

c+τ

f(x)dx

.

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170 Singularidades Cap. 6

Observe que, se existirem os limites em (♦) entao existe o limite em (‡)e vale

b∫

a

f(x)dx = V P

b∫

a

f(x)dx.

Suponha que tenhamos uma funcao f(z), holomorfa no domınio (semi-plano aberto menos um numero finito de pontos) U = {z ∈ C : Im(z) >−ε} \ {a1, . . . , ak}, onde ε e um numero real positivo e a1, . . . , ak saopolos de f , com Im(aj) ≥ 0, 1 ≤ j ≤ k. Se f tiver polos no eixo real, oscontornamos tomando semi-cırculos neles centrados, contidos no semi-plano superior, de raio suficientemente pequeno e finalmente circulamosos polos aj , com Im(aj) > 0, por meio de um caminho no semi-planosuperior, obtendo uma regiao fechada e limitada V , cuja fronteira e umacurva de Jordan suave por partes, ao longo da qual f nao possui polos(trata-se de uma deformacao do caminho usado no Caso I, veja figura aseguir).

Algum cuidado e necessario aqui, pois em geral obteremos apenas oValor Principal (‡), mas vamos dar um exemplo classico, com a ajudado qual poderemos calcular uma integral impropria. Considere a funcaof(x) = eix

x . Troque x por z em sua expressao e obtenha uma funcao

inteira, exceto pelo polo em 0, que e de ordem 1 : f(z) = eiz

z = 1z +

∞∑

n=1

inzn

n! . Para simplificar a escrita ponha f(z) = 1z + h(z).

Note que h e uma funcao inteira, em particular contınua e portantolimitada num disco que contem 0, digamos |h(z)| ≤ K nesse disco.

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Secao 6 Calculo de Integrais utilizando Resıduos 171

Vamos trabalhar com o seguinte caminho suave por partes (veja fi-gura acima): γ = γ1 ∗Cρ ∗ γ2 ∗Cr onde,γ1(t) = −r(1− t) + t(−ρ) , 0 ≤t ≤ 1, C−

ρ (t) = ρeit , 0 ≤ t ≤ π, γ2(t) = (1 − t)ρ + tr , 0 ≤ t ≤ 1

e Cr(t) = reit , 0 ≤ t ≤ π. Como f nao possui polos na regiao V ,∫

γf(z)dz = 0. Avaliamos inicialmente a integral ao longo de Cr. Temos

∣∣∣∣∣∣

∫

Cr

eiz

zdz

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

i

π∫

0

exp(ireit)dt

∣∣∣∣∣∣

≤π∫

0

| exp(ireit)|dt =

π∫

0

e−r sen tdt.

Olhe para a funcao ξ(t) = e−r sen t, 0 ≤ t ≤ π, r > 1. ξ atinge seumınimo em t = π/2 e e simetrica em relacao a reta vertical t = π/2.Logo, dado um numero η > 0 suficientemente pequeno, seu valor maximono intervalo [η, π − η] ocorre em t = η e em t = π − η e vale e−r sen η.Assim sendo, como

π∫

0

e−r sen tdt =

η∫

0

e−r sen tdt+

π−η∫

η

e−r sen tdt+

π∫

π−η

e−r sen tdt,

o Lema Tecnico 1.8 do Capıtulo 5 implica que

η∫

0

e−r sen tdt ≤ η,

π−η∫

η

e−r sen tdt ≤ π e

π∫

π−η

e−r sen tdt ≤ η.

Portanto,

∣∣∣∣∣

∫

Cr

eiz

z dz

∣∣∣∣∣≤ 2η + πe−r sen η. Agora, lim

r→∞e−r sen η = 0. Va-

mos usar isso para controlar o termo 2η. Da definicao de limite vem que,dado ε > 0 qualquer, podemos encontrar r0 tal que, se r > r0, entaoe−r sen η < ε. Tomamos entao η < ε (note que podemos faze-lo) e obte-

mos

∣∣∣∣∣

∫

Cr

eiz

z dz

∣∣∣∣∣≤ (2 + π)ε. Isso fornece lim

r→∞

∫

Cr

eiz

z dz = 0. Lembrando

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172 Singularidades Cap. 6

que∫

γf(z)dz = 0 concluimos

limr→∞

∫

γ1

f(z)dz +

∫

Cρ

f(z)dz +

∫

γ2

f(z)dz

= 0

e isso se traduz por

limr→∞

−ρ∫

−r

eix

xdx+

∫

Cρ

eiz

zdz +

r∫

ρ

eix

xdx

= 0

ou seja, limr→∞

[−ρ∫

−reix

x dx+r∫

ρ

eix

x dx

]

= −∫

Cρ

eiz

z dz. Agora

∫

Cρ

eiz

zdz =

∫

Cρ

1

zdz +

∫

Cρ

h(z)dz = −iπ +

∫

Cρ

h(z)dz

e, pelo Lema Tecnico 1.8 do Capıtulo 5,

∣∣∣∣∣

∫

Cρ

h(z)dz

∣∣∣∣∣≤ Kπρ. Portanto,

limρ→0

∫

Cρ

eiz

z dz = −iπ. Entao

V P

∞∫

−∞

eix

xdx = lim

r→∞limρ→0

−ρ∫

−r

eix

xdx+

r∫

ρ

eix

xdx

= iπ.

Como eix = cosx+i sen x obtemos, tomando as partes real e imaginariada expressao acima

V P

∞∫

−∞

cosx

xdx = 0 e V P

∞∫

−∞

sen x

xdx = π.

E facil ver que∞∫

−∞cosxx dx nao existe e tudo que fizemos foi calcular seu

Valor Principal mas, como sen zz tem uma singularidade removıvel em

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Secao 7 Exercıcios 173

0, existe limρ→0

∞∫

ρ

sen xx dx e obtemos

limρ→0

−ρ∫

−∞

sen x

xdx+ lim

ρ→0

∞∫

ρ

sen xxdx = 2

∞∫

0

sen x

xdx = π

ou seja,∞∫

0

sen xx dx = π

2 .

Alertamos o leitor para o fato de que, excetuando-se alguns casos,como os acima, nao ha um procedimento sistematico geral para o calculode integrais utilizando resıduos. Cada integral deve ser analisada indi-vidualmente, buscando-se a funcao complexa adequada e o caminho deintegracao conveniente.

7 Exercıcios

1) Determine a expansao de Laurent da funcao dada em torno de cadauma de suas singularidades, especificando o anel no qual ela e valida.

(i) f(z) = 1z2(z+i)

; (ii) f(z) = 1(z−1)(z+i) ; (iii) f(z) = z3e1/z; (iv) f(z) =

cos (1/z); (v) f(z) = z5

(z2−2)2.

2) Mostre que, num disco em torno de um polo uma funcao complexa ea soma de duas funcoes, uma racional e outra holomorfa.

3) De uma funcao que possui um polo de ordem 1 em z = 2 e um polode ordem 7 em z =

√2i.

4) Seja f : C → C uma funcao inteira. Suponha que f(z) 6= 0 paratodo z ∈ C e que o limite lim

z→∞f(z) existe e e nao nulo. Mostre que f e

constante.

5) Seja f uma funcao holomorfa, definida numa vizinhanca U de 0 ∈ Ce satisfazendo: f(0) = 0 e 0 e o unico zero de f em U . Seja g umafuncao holomorfa tambem definida em U . Mostre que f divide g, isto e,g = h f onde h e holomorfa se, e so se:

res

(

kg

f, 0

)

= 0 para toda funcao holomorfa k em U .

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174 Singularidades Cap. 6

6) Classifique a singularidade 0 de cada uma das funcoes:

(i) f(z) = sen (1/z), (ii) f(z) = cos z−1z2

, (iii) f(z) = sen 2zz3

, (iv) f(z) =exp

(z + 1

z

), (v) f(z) = 1

(z8−z) , (vi) f(z) = cos zz4

.

7) Mostre que, se |α| > e entao a equacao ez = azn tem n raizes nodisco |z| < 1.

8) Ache o numero de zeros, que satisfazem |z| < 1, dos seguintes po-linomios:

(i) z9 − 2z6 + z2 − 8z − 2; (ii) z4 − 5z + 1.

9) Determine a ordem do polo de f em a e calcule res (f, a) onde

(i) f(z) = sen zz4

, a = 0; (ii) f(z) = e−z

zn+1 , a = 0; (iii) f(z) =cos z

z3(z−1), a = 0; (iv) f(z) = 1

z4−z5 , a = 1; (v) f(z) = sen (1/z)z4−z5 , a = 1;

(vi) f(z) = z1−cos z , a = 0; (vii) f(z) = 1−e3z

z4, a = 0; (viii) f(z) = e2z

z4−z5 ,a = 1.

10) Utilize resıduos para calcular

(i)∞∫

−∞x2

(x2+1)(x2+5)dx; (ii)

∞∫

−∞1

(x4+1)dx; (iii)

∞∫

−∞1

(x2+1)2dx;

(iv)∞∫

−∞eix

x2+1dx; (v)

∞∫

0

x2

(x2+1)2dx; (vi)

π∫

−π1

1+ sen 2tdt; (vii)

2π∫

0

2cos3t+

4 sen 5tdt; (viii)∞∫

0

x2

(x2+a2)3dx, onde a > 0.

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7

Aplicacoes Conformes

1 Preservacao de Angulos

As funcoes holomorfas gozam da notavel propriedade de preservar angu-los em pontos nos quais a derivada nao se anula. Para formalizaressa afirmativa necessitamos de um instrumento que nos permita me-dir angulos. O primeiro desses que nos ocorre e o argumento de umnumero complexo e, entao, buscaremos uma grandeza vetorial que de-termine o argumento e da qual tenhamos controle ao considerar suaimagem por uma aplicacao. Essa grandeza e a direcao orientada, jafamiliar do Calculo.

1.1 Definicao. Se z 6= 0 e um numero complexo, a direcao orientadade z em relacao a 0 e o numero complexo A(1, z)0 = z

|z| .

Vejamos que informacao esta contida em A(1, z)0. Antes de maisnada trata-se de um vetor no plano e, escrevendo z na forma polartemos z

|z| = eiarg z, 0 ≤ arg z < 2π. Logo A(1, z)0 = eiarg z e o unico

vetor unitario (ou o unico numero complexo de modulo 1) que formaum angulo de medida arg z com o semi-eixo positivo dos x. Observe quetemos |z|

z = 1z|z|

e portanto

(1) A(1, z−1

)

0= (A(1, z)0)

−1 .

Alem disso, como z1z2|z1z2| = z1

|z1|z2|z2| concluimos que

(2) A(1, z1z2)0 = A(1, z1)0 A(1, z2)0.

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176 Aplicacoes Conformes Cap. 7

Sejam agora z1 e z2 dois numeros complexos nao nulos e distintos. Olhepara esses numeros como vetores baseados em 0. Qual e o valor doangulo orientado por eles determinado? Ora, se z1 = |z1|eiarg z1 , 0 ≤arg z1 < 2π, entao fazemos uma rotacao no plano (orientada no sentidoanti-horario) de tal forma que z1 seja enviado a um ponto no semi-eixopositivo dos x. Mas essa rotacao e simplesmente a multiplicacao por|z1|z1 = ei(2π−arg z1). Isso diz que medir o angulo entre z1 e z2 e o

mesmo que medir o angulo entre |z1|z1z2 e o semi-eixo positivo dos x, ou

seja, basta considerar a direcao orientada de |z1|z1z2 em relacao a 0. Com

isso em mente, definimos a direcao orientada de z1 a z2 em relacao a 0,A(z1, z2)0, por (veja figura abaixo)

(3) A(z1, z2)0 = A(1, z−1

1 z2)

0.

Invocando (1) e (2) temos

(4) A(z1, z2)0 = A(1, z−1

1 z2)

0= (A(1, z1)0)

−1 A(1, z2)0.

Vamos imitar o que foi feito acima e considerar agora um ponto z0 qual-quer como origem. Se z 6= z0 e um numero complexo, a direcao orientadade z em relacao a z0 e o numero complexo A(1, z)z0 = z−z0

|z−z0| . Geometri-

camente, pensamos em A(1, z)z0 como um vetor unitario baseado em z0e, escrevendo A(1, z)z0 = eiα, 0 ≤ α < 2π, temos que A(1, z)z0 e o unicovetor unitario (ou o unico numero complexo de modulo 1) que formaum angulo de medida α com o semi-eixo orientado, de origem em z0,

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Secao 1 Preservacao de Angulos 177

paralelo ao semi-eixo positivo dos x (veja figura acima). Observe quetemos imediatamente A(1, z)z0 = A(1, z − z0)0 e que (1) e (2) nao saomais validas para A(1, z)z0 .

Repetindo o mesmo raciocınio anterior, se z1 6= z2 sao dois pontosdistintos de z0, a direcao orientada de z1 a z2 em relacao a z0 e definidapor

A(z1, z2)z0 = A(z1 − z0, z2 − z0)0 = A(

1,z2 − z0z1 − z0

)

0

.

Para ver a utilidade de A( , ) tome por exemplo uma funcao afim naoconstante, f(z) = az + b. Dados tres pontos distintos z0, z1 e z2 olhepara suas imagens f(z0), f(z1) e f(z2). Vamos comparar A(z1, z2)z0com A(f(z1), f(z2))f(z0)

. Temos

A(f(z1), f(z2))f(z0) = A(

1,f(z2) − f(z0)

f(z1) − f(z0)

)

0

=az2−az0az1−az0∣∣∣az2−az0az1−az0

∣∣∣

=z2−z0z1−z0∣∣∣z2−z0z1−z0

∣∣∣

= A(

1,z2 − z0z1 − z0

)

0

= A(z1, z2)z0

ou seja, o angulo orientado de z1 a z2 em relacao a z0 e igual ao anguloorientado de f(z1) a f(z2) em relacao a f(z0). Isto quer dizer que afuncao f preserva angulos orientados. Permutando-se os pontos z0, z1 e

z2 concluimos, em particular, que o triangulo (z0z1z2) e semelhante ao

triangulo (f(z0)f(z1)f(z2)). Como segundo exemplo tomamos g(z) = z.Nesse caso temos

A(g(z1), g(z2))g(z0) = A(

1,g(z2) − g(z0)

g(z1) − g(z0)

)

0

=z2−z0z1−z0∣∣∣z2−z0z1−z0

∣∣∣

= A(

1,z2 − z0z1 − z0

)

0

= A(z1, z2)z0 = A(z1, z2)z0 .

Se A(z1, z2)z0 = eiθ, 0 ≤ θ < 2π, entao A(z1, z2)z0 = e−iθ = ei(2π−θ) =1

A(z1,z2)z0

. Conclui-se que g(z) = z nao preserva direcoes orientadas. O

leitor deve observar que triangulos sao enviados em triangulos congruentespor essa funcao porem, por ser a reflexao em torno do eixo real, g naopreserva orientacao.

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178 Aplicacoes Conformes Cap. 7

Os exemplos vistos acima sao ilustrativos e simples pois sao essencial-mente lineares. Queremos agora definir o conceito de uma funcao preser-var angulos orientados. Para faze-lo considere uma aplicacao contınuanao constante, f : U → C, nao necessariamente holomorfa, onde U ⊂ Ce um domınio. Seja z0 um ponto de U . Vamos fazer a seguinte hipoteseadicional: existe um disco D(z0, δ) ⊂ U tal que, se z ∈ D(z0, δ) e z 6= z0,entao f(z) 6= f(z0) (observe que essa hipotese e desnecessaria se f eholomorfa em U pois, pela Proposicao 2.14 do Capıtulo 4, os zeros dafuncao holomorfa g(z) = f(z)−f(z0) sao isolados e um tal disco sempreexiste). Assim sendo, para qualquer z 6= z0 nesse disco, A(1, f(z))f(z0)

esta definida. Como f pode nao ser linear, nao faz sentido comparardiretamente A(1, f(z))f(z0) com A(1, z)z0 , mas e razoavel compara-las

quando z → z0. Logo, tomamos o quocienteA(1,f(z))f(z0)

A(1,z)z0

e fazemos z

tender a z0. Isso motiva a

1.2 Definicao. A funcao contınua f e conforme no ponto z0 se

limz→z0

A(1, f(z))f(z0)

A(1, z)z0

existe.

Vejamos como essa definicao captura a nocao de preservar angulosorientados. Inicialmente observe que

(5)

A(1, f(z))f(z0)

A(1, z)z0=

A(1, f(z) − f(z0))0A(1, z − z0)0

=f(z) − f(z0)

|f(z) − f(z0)||z − z0|z − z0

=f(z) − f(z0)

z − z0

|z − z0||f(z) − f(z0)|

.

Como z 6= z0 esta no disco D(z0, δ), podemos escrever z = z0 + reiθ,0 < r < δ, 0 ≤ θ < 2π. (5) le-se

(6)A(1, f(z0 + reiθ)

)

f(z0)

A(1, z0 + reiθ)z0=

1

eiθf(z0 + reiθ) − f(z0)

|f(z0 + reiθ) − f(z0)|.

Agora, fazer z → z0 equivale a fazer r → 0 em (6) e Definicao 1.2 setransforma em

(7) limr→0

1

eiθf(z0 + reiθ) − f(z0)

|f(z0 + reiθ) − f(z0)|existe e nao depende de θ,

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Secao 1 Preservacao de Angulos 179

ou seja, limr→0

f(z0+reiθ)−f(z0)|f(z0+reiθ)−f(z0)| = ξeiθ, onde ξ e um numero complexo que

so depende de f e de z0 e, e claro, |ξ| = 1.Isso nos diz o seguinte: tome dois segmentos de reta (dois caminhos

suaves) emanando de z0, L1(t) = z0 + teiθ1 , L2(t) = z0 + teiθ2 , 0 ≤ t ≤ ε,θ1 e θ2 fixados, 0 ≤ θ1 < θ2 < 2π e olhe para os caminhos contınuosΓ1(t) = f(L1(t)) e Γ2(t) = f(L2(t)). Entao

limt→0t>0

Γ1(t) − Γ1(0)

|Γ1(t) − Γ1(0)|= ξeiθ1 ,

limt→0t>0

Γ2(t) − Γ2(0)

|Γ2(t) − Γ2(0)|= ξeiθ2

e portanto, as direcoes orientadas de Γj(t) em relacao a f(z0) convergemao limite ξeiθj , j = 1, 2 (observe que, se o caminho Γj fosse suave, esselimite seria o vetor tangente unitario a Γj no ponto f(z0)). Logo,

limt→0

A(Γ1(t),Γ2(t))f(z0)= lim

t→0A(L1(t), L2(t))z0 = ei(θ2−θ1).

A geometria dessa situacao e explicada pela figura:

Temos que a direcao orientada de L1 a L2 em relacao a z0 e igualao limite da direcao orientada de Γ1(t) a Γ2(t) em relacao a f(z0). Essee precisamente o conceito de preservacao de angulos orientados. Re-tornando aos exemplos f(z) = az + b e g(z) = z e aplicando a eles aDefinicao 1.2 ficamos com

A(1, f(z))f(z0)

A(1, z)z0=

a

|a|

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180 Aplicacoes Conformes Cap. 7

e f e conforme em todos os pontos de C. Ja para g temos

A(1, g(z))g(z0)

A(1, z)z0=z − z0z − z0

e

limz→z0

z − z0z − z0

nao existe pois g nao e derivavel em ponto algum.

A expressao (5) e sugestiva e conduz imediatamente ao

1.3 Teorema. Seja f : U → C uma funcao holomorfa, onde U ⊂ C eum domınio. Entao f e conforme em todos os pontos z0 ∈ U nos quaisf ′(z0) 6= 0.

Demonstracao: Como

limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0= f ′(z0) 6= 0

segue de (5) que

limz→z0

A(1, f(z))f(z0)

A(1, z)z0=

f ′(z0)|f ′(z0)|

.

ut

1.4 Proposicao. Sejam f : U → C uma funcao holomorfa, onde U ⊂ Ce um domınio e z0 um ponto de U . Se f ′(z0) = 0 entao f nao e conformeem z0.

Demonstracao: Tome a expansao de Taylor de f centrada em z0,

f(z) =∞∑

n=0an(z − z0)

n. Como f ′(z0) = 0, o coeficiente a1 dessa serie

e nulo e entao f(z) = f(z0) +∞∑

n=2an(z − z0)

n. Seja k > 1 o primeiro

ındice tal que ak 6= 0 e escreva f(z) = f(z0)+∞∑

n=k

an(z − z0)n = f(z0)+

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Secao 2 A esfera C∞ 181

(z − z0)kg(z), onde g e holomorfa com g(z0) = ak 6= 0. Temos, por (5),

limz→z0

A(1, f(z))f(z0)

A(1, z)z0= lim

z→z0

(z − z0)kg(z)

z − z0

|z − z0||(z − z0)

kg(z)|

= limz→z0

(z − z0)k−1

|z − z0|k−1

g(z)

|g(z)|

= limz→z0

(z − z0)k−1

|z − z0|k−1limz→z0

g(z)

|g(z)| .

Agora, limz→z0

g(z)|g(z)| = ak|ak| mas lim

z→z0

(z−z0)k−1

|z−z0|k−1 nao existe. De fato, to-

mando um segmento de reta emanando de z0, z0 + teiθ, 0 ≤ t ≤ ε, θfixado, e tendendo a z0 ao longo desse segmento temos

limz→z0

(z − z0)k−1

|z − z0|k−1= lim

t→0ei(k−1)θ = ei(k−1)θ.

Logo, para cada direcao de aproximacao a z0 obtemos um valor diferentee o limite nao existe. ut

2 A esfera C∞

O estudo das transformacoes de Mobius, uma classe muito importantede aplicacoes conformes, sera feito adiante e ficara mais acessivel setivermos uma visao geometrica clara do comportamento de funcoes quetendem ao infinito quando a variavel se aproxima de um dado ponto,como ocorre, por exemplo, com uma funcao holomorfa na vizinhanca deum polo. Com essa finalidade vamos agora introduzir o plano estendidoC ∪ {∞}. Considere a esfera unitaria S2 ⊂ R3:

S2 = {(x1, x2, x3) : x21 + x2

2 + x23 = 1}.

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182 Aplicacoes Conformes Cap. 7

Seja N = (0, 0, 1) o “polo norte”de S2 e identifique o plano C com oplano {(x1, x2, 0) : x1, x2 ∈ R}, que intercepta S2 ao longo do equadorx2

1 + x22 = 1. Assim sendo, cada numero complexo z = x + iy esta

identificado ao ponto (x1, x2, 0). Agora, para cada z ∈ C considere areta em R3 que passa por z e por N . Essa reta intercepta a esfera emexatamente um ponto P 6= N (veja a figura acima). Observe que, se|z| < 1 entao P esta no hemisferio sul, se |z| = 1 entao P = z e, se|z| > 1 entao P esta no hemisferio norte. Fazendo z → ∞ temos queo ponto P tende a N e, com isso em mente, chamamos N de ponto noinfinito, {∞}, e identificamos C∪{∞} com S2. Tal como dado, C∪{∞}e chamado tambem de esfera e notado C∞ (C∪{∞} pode ser munido deuma estrutura complexa, sobre a qual nao falaremos nesse texto e, comessa estrutura, passa a se chamar esfera de Riemann ou reta projetivacomplexa).

Vamos descrever a aplicacao z 7−→ P em coordenadas. A equacaoda reta passando por z e N e {tN + (1 − t)z : t ∈ R}. Como z =x + iy = (x, y, 0) essa equacao fica {((1 − t)x, (1 − t)y, t) : t ∈ R}. Oponto P determinado por z e o ponto dessa reta que esta na esfera e,para obte-lo, precisamos calcular o valor de t que nos da um ponto emS2. Ora, um ponto dessa reta esta em S2 quando

(1 − t)2x2 + (1 − t)2y2 + t2 = 1

ou seja, (1 − t)2(x2 + y2) = 1− t2, o que equivale a (1 − t)2|z|2 = 1− t2.Como t 6= 1, pois sabemos que P 6= N , essa ultima igualdade e o mesmo

que (1 − t)|z|2 = 1 + t e entao t = |z|2−1

|z|2+1. Substituindo esse valor de t

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Secao 3 Transformacoes de Mobius 183

na equacao da reta obtemos o ponto

P = (x1, x2, x3) =

(

2x

|z|2 + 1,

2y

|z|2 + 1,|z|2 − 1

|z|2 + 1

)

∈ S2.

Observe que fica clara a afirmativa z → ∞ =⇒ P → N . Como essaaplicacao e uma bijecao, ela tem uma inversa, facilmente calculada apartir do ponto P = (x1, x2, x3) ∈ S2 \ {N}, simplesmente fazendot = x3 na equacao da reta. Isso fornece z = x1+ix2

1−x3e fica muito bem

explicitado que P → N =⇒ z → ∞. Essa aplicacao inversa e conhecidapelo nome de projecao estereografica.

Assim sendo, obtivemos uma bijecao Φ entre C∞ e S2, definida porΦ(∞) = N e

Φ(z) =

(

2x

|z|2 + 1,

2y

|z|2 + 1,|z|2 − 1

|z|2 + 1

)

, z = x+ iy,

cuja inversa Φ−1 e Φ−1(N) = ∞, Φ−1(x1, x2, x3) = x1+ix21−x3

.

3 Transformacoes de Mobius

Essa e uma classe de funcoes conformes que tem muito apelo geome-trico e que gozam de propriedades surpreendentes, que conduzem a re-sultados e aplicacoes importantes.

3.1 Definicao. Uma transformacao linear fracionaria e uma funcao daforma S(z) = az+b

cz+d . Se os coeficientes a, b, c e d satisfazem ad− bc 6= 0,entao S(z) e chamada uma transformacao de Mobius.

O interesse maior esta nas transformacoes de Mobius, pois essas saoas lineares fracionarias nao-triviais ja que S ′(z) = ad−bc

(cz+d)2. Por exemplo,

uma funcao constante, portanto pouco interessante, e da forma acimacom ad − bc = 0. A unica propriedade interessante das lineares fra-cionarias e que a composta de duas delas e uma delas. De fato, seS(z) = az+b

cz+d e T (z) = αz+βγz+δ , entao

S ◦ T (z) = S(T (z)) =(aα+ bβ)z + (aβ + bδ)

(cα+ dγ)z + (cβ + dδ).

Ja as de Mobius sao invertiveis: se S(z) = az+bcz+d entao a aplicacao

S−1(z) = dz−b−cz+a e tal que S ◦ S−1(z) = S(S−1(z)) = z = S−1(S(z)) =

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184 Aplicacoes Conformes Cap. 7

S−1 ◦ S(z). O leitor deve observar que os coeficientes de S−1(z) satis-fazem precisamente a relacao ad − bc 6= 0. Alem disso, se S(z) = az+b

cz+d

e de Mobius e λ 6= 0 e um numero complexo, entao S(z) = λaz+λbλcz+λd , ou

seja, os coeficientes a, b, c e d nao sao unicos.

Para descrever a anatomia das transformacoes de Mobius considera-mos quatro tipos de tais transformacoes: (i) translacoes: z 7−→ z + b,(ii) rotacoes: z 7−→ az, |a| = 1 , (iii) homotetias: z 7−→ ρz, ρ > 0 e (iv)a inversao: z 7−→ 1

z . Temos entao a

3.2 Proposicao. Se S e uma transformacao de Mobius, entao S e umacomposicao de translacoes, rotacoes, homotetias e da inversao.

Demonstracao: Escreva S(z) = az+bcz+d . Se c = 0, entao S(z) = a

dz + bd .

Tome a translacao T (z) = z + bd e H(z) = a

dz (H e uma homotetia ouuma rotacao). Segue que S(z) = T ◦H(z). Se agora c 6= 0, entao

az + b

cz + d=

(bc−adc

)

cz + d+a

c.

Fica claro que S e a composicao de transformacoes dos tipos (i), (ii),(iii) e (iv) (note que nesse caso a inversao esta presente). ut

Pelo visto na demonstracao acima, se c 6= 0, entao S(z) e uma funcaoholomorfa em C \ {−d/c}, com um polo de ordem 1 em z = −d/c. PeloCorolario 2.5 do Capıtulo 6 temos que lim

z→−d/cS(z) = ∞. Por outro

lado, limz→∞

S(z) = a/c. Somos entao naturalmente levados a considerar

S como uma funcao nao apenas de C \ {−d/c} em C, mas como umafuncao da esfera C∞ em si mesma:

S : C∞ −→ C∞

z 7−→ az + b

cz + dz 6= −d/c, z 6= ∞

−d/c 7−→ ∞∞ 7−→ a/c

Se c = 0, entao S(z) = adz + b

d e um polinomio de grau 1 e, da mesmamaneira, podemos ve-lo como uma aplicacao S : C∞ −→ C∞, definidapor sua propria expressao para todo z e por S(∞) = ∞. De agoraem diante vamos considerar as transformcoes de Mobius como funcoes

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Secao 3 Transformacoes de Mobius 185

(bijecoes) de C∞ em C∞. O que ganharemos fazendo isso? A respostae que esse ponto de vista nos permitira ter uma visao geometrica clarae simples de como essas funcoes atuam sobre domınios do plano. Vamosentao iniciar a exploracao geometrica das transformacoes de Mobius.

Comecamos com o conceito de ponto fixo. Se f e uma funcao, umponto p e chamado de ponto fixo de f se p e preservado por f , ou seja,se f(p) = p. No caso de uma transformacao de Mobius S(z) = az+b

cz+d ,buscar pontos fixos e resolver a equacao S(z) = z. Mas isso fornece aequacao do segundo grau cz2 + (d− a)z − b = 0 e concluimos que umatransformacao de Mobius, que nao e a identidade z 7→ z, tem no maximo2 pontos fixos. Por exemplo, uma translacao T (z) = z + b, b 6= 0 tem∞ como unico ponto fixo. As homotetias e as rotacoes tem dois pontosfixos, 0 e ∞ (aqui ja se pode perceber a conveniencia de considerar essasaplicacoes como aplicacoes da esfera). A inversao tem 1 e −1 comopontos fixos.

Sejam S(z) = az+bcz+d de Mobius e z1, z2 e z3 tres pontos distintos de

C∞. Ponha S(z1) = u1, S(z2) = u2 e S(z3) = u3 (observe que, comoS e bijecao, u1, u2 e u3 sao distintos). Suponha que tenhamos umaoutra transformacao de Mobius T satisfazendo T (z1) = u1, T (z2) = u2

e T (z3) = u3. Entao T−1 ◦ S(zj) = zj , j = 1, 2, 3 e daı vem que atransformacao T−1 ◦ S tem tres pontos fixos. Logo, T−1 ◦ S e a iden-tidade e obtemos T = S. Portanto, uma transformacao de Mobius ficacompletamente determinada por seus valores em tres pontos distintosde C∞.

Por outro lado, sejam z1, z2 e z3 tres pontos distintos de C∞. DefinaS : C∞ −→ C∞ por

(P)

S(z) =(z2 − z3)(z − z1)

(z2 − z1)(z − z3)se z1, z2, z3 ∈ C

S(z) =z2 − z3z − z3

se z1 = ∞

S(z) =z − z1z − z3

se z2 = ∞

S(z) =z − z1z2 − z1

se z3 = ∞.

Essa aplicacao S satisfaz S(z1) = 0, S(z2) = 1 e S(z3) = ∞ e, pelo vistoacima, e a unica transformacao de Mobius com tal propriedade. Ora, seagora w1, w2 e w3 sao tres pontos distintos de C∞, entao, por (P), existe

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186 Aplicacoes Conformes Cap. 7

uma unica T de Mobius tal que T (w1) = 0, T (w2) = 1 e T (w3) = ∞. Acomposta T−1 ◦ S envia z1 em w1, z2 em w2 e z3 em w3. Sumarizamosisso na

3.3 Proposicao. Dados tres pontos distintos em C∞, z1, z2, z3, e outrostres pontos distintos em C∞, w1, w2, w3, existe uma unica transformacaode Mobius S : C∞ −→ C∞ , tal que S(z1) = w1, S(z2) = w2 e S(z3) =w3. ut

Sabemos da Geometria elementar que tres pontos do plano C, distin-tos e nao alinhados, determinam um unico cırculo e que, caso alinhados,eles determinam uma unica reta. Ora, utilizando a inversa da projecaoestereografica, temos um cırculo no plano e levado por ela sobre umcırculo na esfera C∞, e que uma reta no plano e levada sobre um cırculoem C∞ passando por ∞. Assim sendo, podemos considerar a famıliaF , formada por todos os cırculos e por todas as retas no plano, como afamılia de todos os cırculos na esfera C∞. O fato geometrico bonito eque

3.4 Proposicao. As transformacoes de Mobius preservam a famılia F ,isto e, se C ∈ F , entao S(C) ∈ F qualquer que seja S de Mobius.

Demonstracao: Do ponto de vista do plano C isso nos diz que, se Ce um cırculo ou uma reta, entao S(C) tambem e um cırculo ou umareta. Vamos escrever as equacoes de retas e de cırculos em termos de ze z. Considere numeros reais A, C, um numero complexo B = b1 + ib2satisfazendo BB > AC e olhe para a equacao

(‡) Azz +Bz +Bz + C = 0.

Traduzindo para as coordenadas reais x e y lemos essa equacao como

Ax2 +Ay2 + 2b1x− 2b2y + C = 0.

Se A = 0 ela representa uma reta e, se A 6= 0, entao podemos reescreve-lacomo

(

x+b1A

)2

+

(

y − b2A

)2

+AC − b21 − b22

A2= 0

e a condicao BB > AC nos diz precisamente que ela e a equacao de umcırculo. Logo, a famılia F e o conjunto de todas as equacoes da forma

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Secao 4 Aplicacoes conformes entre domınios de C 187

acima. Agora, translacoes, rotacoes e homotetias obviamente transfor-mam cırculos em cırculos e retas em retas. Isso ja nao ocorre com ainversao porem, trocando z por 1

z em (‡) obtemos

A+Bz +Bz + Czz = 0,

uma expressao do mesmo tipo. Concluimos que a inversao envia cırculosem C∞ sobre cırculos em C∞. Invocando a Proposicao 3.2 esta pro-posicao fica demonstrada. ut

4 Aplicacoes conformes entre domınios de C

Vamos utilizar os resultados obtidos ate agora para construir apli-coes conformes entre alguns domınios simples do plano. Para entenderrigorosamente os exemplos abaixo, necessitamos de um fato de naturezatopologica cuja demonstracao nao daremos, mas que e de intuicao facil.Trata-se do seguinte: uma transformacao de Mobius S e uma bijecaoS : C∞ → C∞ e, pensando ingenuamente, S e contınua. Agora, umcırculo C divide a esfera em exatamente duas regioes, digamos U e V ,sendo C a fronteira de ambas. Como S(C) e um cırculo, ele tambemdivide a esfera em duas regioes, digamos U ′ e V ′, das quais S(C) e afronteira comum. O fato que admitiremos sem prova e: ou S(U) = U ′

e entao S(V ) = V ′, ou S(U) = V ′ e entao S(V ) = U ′. Logo, parasabermos aonde S envia U , basta olhar se S(p) ∈ U ′ ou se S(p) ∈ V ′,onde p e um ponto qualquer de U .

4.1 Exemplo: Construir uma aplicacao conforme que envia o semi-plano {Re(z) > 0} sobre o disco D(0, 1). Buscamos inicialmente umatransformacao de Mobius que envie o eixo imaginario x = 0 no cırculox2 + y2 = 1. Escolhemos tres pontos (ordenados) sobre o eixo, −i, 0e i e tres pontos (ordenados) sobre o cırculo, −1, i e 1 (note que, aofazermos isso, estamos estabelecendo um sentido de percurso, tanto parao eixo quanto para o cırculo; o eixo e percorrido no sentido y crescente eo cırculo no sentido horario). Queremos uma S, de Mobius, que satisfazS(−i) = −1, S(0) = i e S(i) = 1. Escrevendo S(z) = az+b

cz+d , temos

que S(0) = i =⇒ b = di e ficamos com S(z) = az+dicz+d . Impondo as duas

outras condicoes chegamos as equacoes ai+di = ci+d e −ai+di = ci−d,o que fornece c = d e a = −di. Logo, S(z) = −diz+di

dz+d = −iz+i

z+1 . Observeque ad−bc = −2i 6= 0. Agora, e preciso verificar se S envia {Re(z) > 0}

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em |z| < 1. Como S(1) = 0 ∈ D(0, 1), S e a aplicacao procurada (aquiutilizamos o fato acima). Lembramos ao leitor que a maneira maissegura de se obter essa aplicacao e seguindo a argumentacao dada naProposicao 3.3, ou seja, primeiro encontramos S1 que envia −i em 0, 0em 1 e i em ∞; em seguida obtemos S2 que envia −1 em 0, i em 1 e 1em ∞. A aplicacao S procurada e S = S−1

2 ◦ S1.

4.2 Exemplo: Construir uma bijecao conforme entre o semi-plano{Re(z) > 0} e o exterior U = {|z| > 1} do disco D(0, 1). Fazemos comono exemplo anterior, simplesmente alterando o sentido de percurso docırculo, de horario para anti-horario. Queremos entao uma aplicacaode Mobius T tal que T (−i) = 1, T (0) = i e T (i) = −1. EscrevendoT (z) = az+b

cz+d , uma manipulacao algebrica como no Exemplo 4.1 fornece

imediatamente T (z) = iz+i

−z+1 e ad − bc = 2i 6= 0. Como T (1) = ∞,T ({Re(z) > 0}) = {|z| > 1}.4.3 Exemplo: Construir uma bijecao conforme entre o 1◦ quadranteU = {z : Re(z) > 0, Im(z) > 0} e o disco D(0, 1). Comecamos enviandoU sobre o semi-plano {Im(z) > 0}. Para isso observamos que a funcaof(z) = z2 “abre”o primeiro quadrante sobre o semi-plano y > 0. De fato,se z = reiθ, 0 < θ < π/2, entao z2 = r2ei2θ, 0 < 2θ < π. Uma vez obtidaa bijecao conforme (pois f e holomorfa e sua derivada e nao nula emtodos os pontos do primeiro quadrante) entre U e {Im(z) > 0}, fazemosuma rotacao R(z) = ei3π/2z, no sentido anti-horario e de angulo 3π/2, eenviamos {Im(z) > 0} conformemente sobre o semi-plano {Re(z) > 0}.Finalmente aplicamos a transformacao de Mobius S obtida no Exemplo4.1. A aplicacao procurada e F (z) = (S ◦ R ◦ f)(z) e sua expressao e

F (z) = (−iei3π/2)z2+i

(ei3π/2)z2+1.

4.4 Exemplo: Construir uma bijecao conforme entre a faixa infinitaV = {z : π/2 > Im(z) > 0} e o disco D(0, 1). Aqui invocamos aexponencial ez = exeiy. Cada reta horizontal L(t) = t + iα, α fixado,0 < α < π/2, t ∈ R, e enviada por ela na semi-reta aberta emanando de0, `(s) = eseiα, s > 0. Portanto, ela fornece uma bijecao conforme entrea faixa V = {z : π/2 > Im(z) > 0} e o 1◦ quadrante U = {z : Re(z) >0, Im(z) > 0}. A bijecao G que procuramos consiste em compor afuncao F do exemplo anterior com a exponencial, G = F ◦ exp, e isso

da G(z) = (−iei3π/2)e2z+i

(ei3π/2)e2z+1.

Poderiamos prosseguir e dar um sem numero de exemplos, mas pre-ferimos explora-los nos exercıcios.

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5 Aplicacoes conformes do disco no disco

Finalizamos esse capıtulo com um teorema muito bonito, que caracterizatodas as bijecoes holomorfas ϕ : D(0, 1) 7−→ D(0, 1). Novamente, a“rigidez”do conceito de funcao holomorfa se faz presente, comecandopelo

5.1 Lema de Schwarz. Seja f : D(0, 1) → C uma funcao holomorfa.Suponha que f(0) = 0 e que |f(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). Entao|f ′(0)| ≤ 1 e |f(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D(0, 1). Alem disso, se ocorrerque |f ′(0)| = 1, ou ocorrer que |f(z0)| = |z0| para algum z0 ∈ D(0, 1),z0 6= 0, entao existe um numero complexo λ, |λ| = 1, tal que f(z) = λzpara todo z ∈ D(0, 1).

Demonstracao: Defina g : D(0, 1) → C por

g(z) =

{f(z)z , se z 6= 0

f ′(0), se z = 0.

g e holomorfa em D(0, 1) pois, como f(0) = 0, limz→0

f(z)z = f ′(0) e entao 0

e singularidade removıvel de g (reveja atentamente a Proposicao 2.2 doCapıtulo 6). Com isso em maos temos que f(z) = zg(z), g holomorfa.Por hipotese, |f(z)| ≤ 1, e daı vem que |zg(z)| ≤ 1, ou seja, |g(z)| ≤1|z| para todo z ∈ D(0, 1). Vamos agora usar o Princıpio do ModuloMaximo, Corolario 2.11 do Capıtulo 5. Tome 0 < r < 1. Se z estano disco fechado {|z| ≤ r}, entao o valor maximo de |g(z)| ocorre nafronteira desse disco, mas como |g(z)| ≤ 1

|z| , temos |g(z)| ≤ 1r para

z ∈ D(0, r). Ora, tomando o limite r → 1 concluimos que |g(z)| ≤ 1qualquer que seja z ∈ D(0, 1) (aprecie a beleza sutil desse argumento).Assim sendo, temos que |f(z)| = |zg(z)| = |z||g(z)| ≤ |z| e que |f ′(0)| =|g(0)| ≤ 1, qualquer que seja z ∈ D(0, 1). Para encerrar a demonstracao,suponha que |f ′(0)| = 1 ou que exista um ponto z0 ∈ D(0, 1), z0 6= 0,tal que |f(z0)| = |z0|. Nesses casos temos, novamente pelo Princıpio doModulo Maximo, como |g(0)| = |f ′(0)| = 1 e |g(z0)| = 1, que |g| assumeseu valor valor maximo 1 num ponto interior ao disco D(0, 1). Segueque g e uma funcao constante, g(z) ≡ λ e, como |g(z)| = 1, obtemos|λ| = 1. Enfim, f(z) = λz e o lema esta demonstrado. ut

Trataremos agora uma classe de transformacoes de Mobius que pre-servam o disco D(0, 1). Para cada ponto a ∈ D(0, 1) considere a funcao

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φa = z−a1−az . φa e de Mobius, pois para ela a relacao ad−bc se le 1−|a|2 6= 0

pois |a| < 1, e seu unico polo e z = 1a , que tem modulo maior que 1.

Logo, φa esta definida em todo o disco D(0, 1/a), que contem o discofechado D(0, 1). Essa famılia de aplicacoes goza das seguintes proprie-dades:

5.2 Proposicao. Para cada a ∈ D(0, 1), φa e uma bijecao holomorfasatisfazendo : φa envia o disco D(0, 1) sobre si mesmo, envia a fronteira(cırculo unitario) ∂D(0, 1) sobre si mesma, vale 0 em a, tem a aplicacaoφ−a(z) = z+a

1+az por inversa, φa′(0) = 1 − |a|2 e φa

′(a) = 11−|a|2 .

Demonstracao: Uma manipulacao facil mostra que φa(a) = 0, (φa ◦φ−a)(z) = z = (φ−a◦φa)(z), φa′(0) = 1−|a|2 e φa

′(a) = 11−|a|2 . Para ver

que φa envia o cırculo |z| = 1 sobre si mesmo, escreva um ponto dessecırculo na forma polar, z = eiθ, 0 ≤ θ < 2π. Entao

|φa(z)| =∣∣∣φa(e

iθ)∣∣∣ =

∣∣∣∣

eiθ − a

1 − aeiθ

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

eiθ − a

e−iθ − a

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

z − a

z − a

∣∣∣∣= 1

pois um numero e seu conjugado tem o mesmo modulo. Agora, pelamesma razao |φ−a(z)| = 1 se |z| = 1, ou seja, a inversa de φa envia ocırculo unitario em si mesmo e concluimos que φa({|z| = 1}) = {|z| = 1}.Quanto ao disco D(0, 1) observe que, se para algum ponto z0 tivessemos|z0| < 1 e |φa(z0)| > 1, entao, pelo Princıpio do Modulo Maximo, |φa|seria constante, o que e absurdo. Logo, φa(D(0, 1)) ⊂ D(0, 1). Como omesmo raciocınio vale para φ−a obtemos φa(D(0, 1)) = D(0, 1). ut

Uma esperta combinacao do Lema de Schwarz com as aplicacoes φanos permite estudar todas as funcoes holomorfas do disco D(0, 1) em simesmo. Com esse fim em mente, suponha que tenhamos uma funcaoholomorfa nao constante f : D(0, 1) → C tal que |f(z)| ≤ 1 para todoz ∈ D(0, 1). Fixe um numero a ∈ D(0, 1) e olhe para f(a) = b. Temosque |b| < 1 pois, caso contrario, |f | atingiria seu valor maximo emD(0, 1)e, pelo Princıpio do Modulo Maximo, f seria constante. Assim sendo,as funcoes φa e φb se enquadram no enunciado da proposicao acima.Fazemos a pergunta:

Qual o maior valor possıvel de |f ′(a)|?A resposta e a seguinte: olhe para a funcao g(z) = (φb ◦ f ◦ φ−a)(z).

Temos

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(i) g satisfaz |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). De fato, |φ−a(z)| <1 =⇒ |f(φ−a(z))| ≤ 1 =⇒ |φb(f(φ−a(z)))| ≤ 1.

(ii) g(0) = 0. De fato, φ−a(0) = a =⇒ f(φ−a(0)) = f(a) = b =⇒φb(f(φ−a(0))) = φb(b) = 0.

Portanto, g satisfaz as hipoteses do Lema de Schwarz. Assim sendo,|g′(0)| ≤ 1. Mas, pela regra da cadeia,

g′(0) = φb′(b)f ′(a)φ ′

−a(0) =1

1 − |b|2 f′(a)(1 − |a|2) =

1 − |a|21 − |b|2 f

′(a)

e ficamos com

(∗) |f ′(a)| ≤ 1 − |b|21 − |a|2 .

Alem disso, se ocorrer |g′(0)| = 1, entao g(z) = λz, |λ| = 1. Mas, nessecaso, λz = (φb ◦ f ◦ φ−a)(z) o que fornece

(∗∗) f(z) = φ−b(λφa(z)).

Isto feito, estamos em condicoes de enunciar e demonstrar o teorema quecaracteriza as bijecoes holomorfas de D(0, 1) em si mes-mo. Quais dessas funcoes ja conhecemos? Ora, existem as φa, a ∈D(0, 1) e, se compomos φa com uma rotacao, ou seja, multiplicamosφa por um numero complexo λ de modulo 1, a funcao λφa tambem ebijecao holomorfa de D(0, 1) sobre D(0, 1). O surpreendente e que essassao todas elas, como reza o

5.3 Teorema. Sejam f : D(0, 1) → D(0, 1) uma bijecao holomorfa ea o unico numero complexo em D(0, 1) tal que f(a) = 0. Entao existeum numero complexo λ, com |λ| = 1, tal que f(z) = λφa(z) para todoz ∈ D(0, 1).

Demonstracao: Como f e bijecao, ela admite uma inversa g : D(0, 1) →D(0, 1) tal que g(f(z)) = z para todo z ∈ D(0, 1) (note que g(0) = a).Aplicando (∗) a ambas f e g obtemos, respectivamente, |f ′(a)| ≤ 1

1−|a|2e |g′(0)| ≤ 1 − |a|2. Agora, ja que g(f(z)) = z, a regra da cadeia for-nece g′(0)f ′(a) = 1. Somos levados a concluir que |f ′(a)| = 1

1−|a|2 pois,

|f ′(a)| < 11−|a|2 implica

1 = |g′(0)||f ′(a)| < 1 − |a|2 1

1 − |a|2 = 1.

Temos entao que vale exatamente (∗∗) e portanto f(z) = λφa(z). ut

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6 Exercıcios

1) Em quais pontos f(z) = sen z nao e conforme? Responda essa per-gunta para f(z) = cos z, f(z) = log z (ramo principal), f(z) = senh z,f(z) = cosh z, f(z) = tan z, f(z) = exp

(z + 1

z

).

2) Determine a imagem do disco D(0, a) pela aplicacao f(z) = 1z .

3) Qual e a imagem do semi-plano superior {z : Im(z) > 0} pelaaplicacao S(z) = i−z

i+z?

4) Determine a imagem do semi-plano superior {z : Im(z) > 0} pela

aplicacao f(z) = log(z−1z+1

)

. Essa aplicacao e conforme nesse domınio?

Ela e injetiva aı?

5) Determine a imagem do semi-plano {z : Re(z) > a > 0} pela inversaof(z) = 1

z .

6) Qual a imagem do retangulo {z : −π/2 < Re(z) < π/2 , 0 <Im(z) < a} pela aplicacao f(z) = sen z? Essa aplicacao e conformenesse domınio? Ela e injetiva aı?

7) Determine uma bijecao holomorfa entre o semi-plano 3x+ 2y > 0 e odisco D(i, 15).

8) Determine uma bijecao holomorfa entre o semi-plano 3x+ 2y > 0 e oexterior do disco D(i, 15).

9) Determine a imagem do aberto {z : |z| < 1 , Im(z) > 0} pelaaplicacao f(z) = z + 1

z .

0) Qual a imagem do aberto {z : 0 < |z| < a , Im(z) > 0} pela aplicacaof(z) = z + 1

z?

11) Determine condicoes necessarias e suficientes sobre os numeros a,b,ce d para que a transformacao de Mobius S(z) = az+b

cz+d seja uma bijecaoholomorfa do semi-plano superior {z : Im(z) > 0} sobre si mesmo.

12) Determine todas as transformacoes de Mobius S satisfazendoS(R) = R.

13) Determine todas as transformacoes de Mobius S que enviam o cırculo|z| = 1 sobre si mesmo.

14) Determine todas as transformacoes de Mobius S satisfazendoS(D(0, 1)) = D(0, 1).

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Secao 6 Exercıcios 193

15) Se S(z) = az+bcz+d e T (z) = αz+β

γz+δ , entao S = T se, e somente se, existeum numero complexo nao nulo λ tal que α = λa, β = λb, γ = λc eδ = λd.

16) Seja T uma transformacao de Mobius com pontos fixos z1 e z2. Quaissao os pontos fixos de S−1 ◦ T ◦ S?

17) Mostre que se uma transformacao de Mobius S tem 0 e ∞ comounicos pontos fixos, entao S e uma homotetia ou uma rotacao.

18) Mostre que as unicas transformacoes de Mobius que tem somente ∞como ponto fixo sao as translacoes.

19) Seja T uma transformacao de Mobius diferente da identidade. Mostreque uma transformacao de Mobius S satisfaz T ◦S = S ◦T se, e somentese, T e S tem os mesmos pontos fixos.

20) Mostre que uma transformacao de Mobius S satisfaz S(0) = ∞ eS(∞) = 0 se, e somente se, S e da forma S(z) = a

z , onde a ∈ C.

21) Seja f(z) holomorfa num aberto que contem o disco D(0, 1), sendo|f(z)| ≤ K para |z| ≤ 1 e f(a) = 0, onde a ∈ D(0, 1). Mostre que

|f(z)| ≤ K

∣∣∣∣

z − a

1 − az

∣∣∣∣

∀ z ∈ D(0, 1).

22) Existe uma funcao holomorfa f : D(0, 1) → D(0, 1) tal que f(1/2) =3/4 e f ′(1/2) = 2/3?

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Bibliografia

[1] Elon Lages Lima, Espacos Metricos, Projeto Euclides, IMPA, Riode Janeiro, 1983.

[2] Alcides Lins Neto, Funcoes de uma variavel complexa, ProjetoEuclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1993.

[3] R. Narasimhan, Complex Analysis in One Variable, Birkhauser,1985.

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Indice

Anel, 131

Caminhocomprimento, 21, 97fechado, 18orientacao, 18reverso, 19simples, 20suave, 17suave por partes, 19

Condicoes de Cauchy-Riemann,43

Conjuntoaberto, 16convexo, 111estrelado, 111fechado, 17fronteira, 17limitado, 17

Coordenadas polares, 9Corpo, 4Curva de Jordan, 20

Derivada complexa, 39Derivada parcial, 24Direcao orientada, 175Disco

aberto, 16fechado, 16

Domınio, 22estrelado, 111

Esfera, 181Estimativas de Cauchy, 118

Formula integral de Cauchy, 118,127

Funcaoanalıtica, 85complexa, 34conforme, 178contınua, 23de Mobius, 183holomorfa, 46inteira, 47limite de, 22, 35linear fracionaria, 183multiforme, 49, 52potencia, 54

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