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1 Motivação
1.1 Teorema fundamental da álgebra
Vivamos num mundo sem os complexos. Um dia, resolvendo um problema real do nosso mundo, nos de-
paramos com a equação
3x2 + 1 = 0 : (1)
Fácil ver que, neste nosso mundo onde só existem os reais, esta equação não possui soluções. Obviamente,
a incapacidade de tratar uma expressão matemática qualquer, além de frustrante, implica numa série de
limitações práticas no tratamento de problemas do mundo real.
A inexistência de soluções reais da equação (1) é uma manifestação do fato do conjunto dos números
reais não formar um corpo algebricamente fechado. Um corpo F diz-se algebricamente fechado se qualquer
polinômio de uma variável de grau maior ou igual a 1, com coe�cientes em F , tiver pelo menos uma raiz em
F .
Para não corrermos mais o risco de obter equações polinomiais �intratáveis� de�nimos então um novo
conjunto maior, dos quais os R fazem parte, mas que qualquer polinômio neste novo conjunto possua soluçõesque também sejam elementos deste conjunto. Este processo é chamado de fechar algebricamente o conjunto.
Fazendo isso com os reais, o que se obtém é precisamente o conjunto dos números complexos C. Disse entãoque C é o fecho algébrico de R. Esta característica dos números complexos é uma conseqüência do Teoremafundamental da álgebra.
Theorem 1 Qualquer polinômio p(z), z 2 C, com coe�cientes complexos e de grau n � 1 tem alguma raiz
complexa.
Em outras palavras, o corpo dos números complexos é algebricamente fechado e, portanto, tal como
qualquer outro corpo algebricamente fechado, a equação p(z) = 0 possui n soluções não necessariamente
distintas.
1.2 Teorema da identidade
O teorema da identidade (identity theorem) para funções holomor�cas (funções de variáveis complexas difer-
enciáveis) estabelece que:
Theorem 2 Dada duas funções holomor�cas f e g de�nidas num aberto (conexo) D � C, se f = g em
alguma vizinhança de z contida em D, então f = g em D.
Assim, uma função holomor�ca está completamente determinada uma vez conhecido seu valor numa
vizinhança arbitrariamente pequeno. Esta propriedade não é válida para funções reais diferenciáveis.É graças à propriedade acima que podemos tão facilmente estender uma função real para o plano complexo,
por exemplo, ex �! ez. Além disso, a noção de diferenciabilidade é muito mais forte para funções complexas,
1
pois a existência da diferencial de primeira ordem implica na existência das diferenciais de qualquer ordem.
Assim, mostrando-se que uma função complexa possui uma primeira derivada, automaticamente se mostra
que ela é in�nitamente diferenciável e, conseqüentemente, que ela é uma função analítica (pode ser expandida
em série de Taylor).
O fato de uma função possuir uma expansão em série de�nida em todo seu domínio é de fundamental
importância tanto em matemática quanto em física. Assim, dada uma certa função real f (x), se conseguirmos
entender esta função para o plano complexo, i.e., encontrar uma função diferenciável f (z) de�nida em C quepara Im z = 0 seja igual a f (x), esta função será única (pelo teorema da identidade) e analítica.
Assim, o estudo das propriedades de funções com variáveis complexas é de fundamental importância não
apenas teóricos, mas também práticos.
2 Números complexos
Um número complexo é um mapa z : R2 �! R2 onde de�nimos duas operações (+; �) com as seguintes
propriedades algébricas
zi � z (xi; yi) ; xi; yi 2 R ;
z1 (x1; y1) + z2 (x2; y2) � z (x1 + x2; y1 + y2) = z2 + z1 ;
z1 (x1; y1) � z2 (x2; y2) � z1z2 � z (x1x2 � y1y2; y1x2 + x1y2) = z2z1 :
Chamemos o conjunto de todos os z de C. Vamos ver porque esta escolha de operações, aparentementearbitrária, é tão importante. Das de�nições acima é fácil ver que
z1 (x; y) + z2 (0; 0) = z1 (x; y) ; _x; y ; (2)
z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3 ; (3)
_ z1 (x; y) 9 z2 (�x;�y) j z1 + z2 = z (0; 0) : (4)
A existência do elemento z0 = z(0; 0) (2) e as propriedades (3) e (4) acima fazem deste conjunto um grupo
pela primeira operação binária (a soma, +). O fato da soma ser comutativa, faz deste um grupo abeliano.
Além disso, podemos ver também que
z1 (x; y) � z2 (1; 0) = z (x; y) ; _x; y ; (5)
z1 (z2z3) = (z1z2) z3 ; (6)
z1 (z2 + z3) = z1z2 + z1z3 : (7)
A existência da segunda operação binária (produto, �), do elemento z(1; 0) (5) (identidade do produto) acimae da associatividade do produto (6), fazem deste conjunto um monóide. Todas estas propriedade, juntamente
2
com propriedade distributiva da multiplicação (7), fazem deste conjunto um anel. A comutatividade da
multiplicação faz deste um anel abeliano.
Finalmente, todas estas propriedades, mais o fato do conjunto C � z (0; 0) formarem um grupo pela
multiplicação, devido às propriedades seguintes
z1 (z2z3) = (z1z2) z3 ;
_ z1 (x; y) ; x2 + y2 6= 0 9 z2�
x
x2 + y2;� y
x2 + y2
�j z1z2 = z (1; 0) ;
fazem deste anel abeliano um corpo.
É pelo fato de C ser um corpo que podemos fazer com z 2 C tudo que fazemos com os números reais.
Assim, polinômios estão bem de�nidos, bem como as séries in�nitas. Destarte podemos de�nir funções
trigonométricas, exponenciais etc. E, o mais importante, podemos procurar pelo inverso de todas estas
funções.
2.1 Realização ou representação de C
Vamos começar de�nindo o seguinte símbolo para nos referirmos aos elementos de C:
z (x; y) � x+ iy ; x; y 2 R ;
onde x é chamado parte real de z (x = Re z) e y parte imaginária (y = Im z). É importante ter em mente
que a quantidade acima é apenas um símbolo, não representando nenhuma soma, ou qualquer coisaparecida.
Para efetivamente trabalharmos (manipularmos) este símbolo, precisamos encontrar uma de�nição baseada
em entidades que já saibamos trabalhar. Ou seja, precisamos realizar esta quantidade em algum espaço con-
hecido. Vejamos três possibilidades para esta realização.
2.1.1 Representação matricial
Podemos de�nir o símbolo introduzido acima como uma matriz
x+ iy � x �yy x
!;
e especi�carmos que a soma e o produto deste símbolo respeita a álgebra usual de matrizes.
Exercise 3 Veri�que que o símbolo assim de�nido obedece às propriedades de soma e multiplicação de�nidasna seção anterior.
3
Agora que temos uma representação concreta para o nosso símbolo, podemos efetuar cálculos completos.
Por exemplo, podemos calcular ei�=2:
ei� = exp
" 0 ��=2�=2 0
!#=
1Xn=0
1
n!
0 ��=2�=2 0
!n
=1Xn=0
(�=2)n
n!
0 �11 0
!n
=
1 0
0 1
!+ �=2
0 �11 0
!+(�=2)
2
2!
0 �11 0
!2+(�=2)
3
3!
0 �11 0
!3+ :::
observando que 0 �11 0
!2= �
1 0
0 1
!;
0 �11 0
!3= �
0 �11 0
!; :::
temos
ei� =
1 0
0 1
!+ �=2
0 �11 0
!� (�=2)
2
2!
1 0
0 1
!� (�=2)
3
3!
0 �11 0
!+ :::
=
1 0
0 1
! 1Xn=0
(�1)n (�=2)2n
(2n)!+
0 �11 0
! 1Xn=0
(�1)n (�=2)2n+1
(2n+ 1)!
=
1 0
0 1
!cos��2
�+
0 �11 0
!sin��2
�=
0 �11 0
!= 0 + i1 � i :
Da mesma forma
ei�2 =
1 0
0 1
!= 1 + 0i � 1 :
Observe que o símbolo 1 da igualdade acima não tem o mesmo signi�cado (apesar de compartilhar as mesmas
propriedades) do símbolo 1 como elemento dos reais. Mais especi�camente, o nosso 1 aqui é uma matriz.
Exercise 4 Podemos escrever ez1+z2 = ez1ez2?
De forma geral,
ex+iy = ex
" 1 0
0 1
!cos y +
0 �11 0
!sin y
#
= ex
cos y � sin ysin y cos y
!= ex (cos y + i sin y) : (8)
4
Exercise 5 Obtenha a relação acima.
2.1.2 Representação algébrica
Outra forma de se representar um elemento de C (talvez a mais conhecida) é a�rmar que estas quantidadesrespeitam a álgebra usual dos reais acrescida da seguinte de�nição
i:i � �1 :
Exercise 6 Veri�que que esta de�nição reproduz as operações de soma e produto de�nidas na seção anterior.
A veri�cação da compatibilidade desta de�nição com a anterior é imediata
i:i =
0 �11 0
! 0 �11 0
!= �
1 0
0 1
!= �1 + 0:i = �1 :
2.1.3 Representação geométrica
Uma terceira forma de se representar os elementos de C é a�rmar que estes são pontos no plano x � y e
identi�car a operação de soma com a álgebra (usual) dos vetores que partem da origem até o ponto
x; y. Neste caso é conveniente utilizar a representação polar deste ponto
z = r (x cos � + y sin �) ; r2 = x2 + y2 ;y
x= tan � :
Neste caso costuma-se ainda introduzir a notação
y � i ; x � 1 =) z = r (cos � + i sin �) :
Usando o resultado (8), que deve ser válido em qualquer representação, temos
z = r (cos � + i sin �) = rei� :
Nesta notação r é a magnitude de z (r = jzj) e � a fase ou argumento (� = arg z).A operação de múltimplicação de dois números z1 = r1e
i�1 e z2 = r2ei�2 é identi�cada como o aumento da
magnitude de z1 por um fator r2 seguido de uma rotação deste vetor de um ângulo �2. O que na representação
polar possui uma forma bastante simples
z1z2 = r1ei�1r2e
i�2 = r1r2ei(�1+�2) :
5
Exercise 7 Veri�que que a introdução dos símbolos acima é compatível com a representação algébrica.
Todas as representações apresentadas são, obviamente, equivalentes. A utilização de uma certa represen-
tação depende apenas das conveniências do problema.
2.2 Funções
Uma função W (z) de uma variável complexa é também um número complexo, cuja parte real U = ReW e
imaginária V = ImW dependem, na nossa representação geométrica, da posição de z no plano x�y. Usandoas notações introduzidas anteriormente escrevemos
W (z) = U (x; y) + iV (x; y) :
Podemos escolher duas diferentes representações grá�cas paraW . A primeira é representar U (x; y) e V (x; y)
como superfícies sobre o plano complexo x � y. Esta representação, que é útil em certas ocasiões, possui o
inconveniente de não explicitar a relação das duas funções U e V como elementos de C.Outra possibilidade é representar o próprio número complexo W como um ponto no plano U � V . Neste
último caso, a função W (z) fornece um mapa (R2 �! R2) do plano z = x� y no plano W = U � V e, para
cada ponto no plano z, pode corresponder mais de um valor ponto no plano W .
Exemplo
W (z) = z2 = (x+ iy)2= x2 � y2 + 2ixy = r2e2i� ;
U = x2 � y2 ; V = 2xy :
O semi-circulo no plano z é mapeado num círculo no plano W e a linha x = 1 é mapeada na parábola
4U = 4� V 2.
Exercise 8 O que acontece com um circulo de raio R centrado em (a; b)? Rint: use a equação do circulo
em coordenadas polares
r2 � 2ar cos � � 2br sin � = R2 � a2 � b2 :
6
Esta �gura foi retirada do livro Mathematical Methods of Physics, J. Mathews,
R.L. Walker (2nd. Edition Addison Wesley, 1971)
Exercise 9 Estude a função 1=z.
No exemplo W (z) = z2 os pontos z e �z são mapeados no mesmo ponto W . Isto implica em problemas
na de�nição do mapa inverso
W (z) = z1=2 =prei�=2 :
Este é um exemplo de uma função multivalente.
Uma vez que na função acima �z = arg z = (argW ) =2 = �W =2, os pontos �z e �z + 2�, que representam
os mesmos pontos no plano z, são dois pontos distintos �W e �W + �. Assim, uma curva fechada no plano
z que circule a origem (�z = 0 � 2�) não retornará para o mesmo ponto no plano W . De outra forma,
qualquer curva fechada que circule a origem no plano z não gera uma curva fechada no plano W . Um
7
Figure 1: Esta �gura foi retirada do livro Mathematical Methods of Physics, J. Mathews, R.L. Walker (2nd.Edition Addison Wesley, 1971)
ponto com esta característica é chamado ponto de rami�cação1 . Por exemplo, a função W =pz � a tem
um ponto de rami�cação em a. Assim as funções multivalentes estarão bem de�nidas apenas se nãocircularmos um ponto de rami�cação. Para garantir isso, traçamos uma linha deste ponto até o in�nito,chamada linha de rami�cação (ou corte de rami�cação) e, ao trabalharmos com a função, concordamos em
nunca cruzar esta linha. No caso da rami�cação na origem é conveniente tomar como linha de rami�cação o
semi-eixo real positivo ou negativo.
O plano z cortado desta forma é chamado uma folha de Riemann da função em consideração. Esta folha
é mapeada de forma unívoca numa parte do plano W (no nosso caso a metade deste plano) chamada ramo
da função. A outra metade do plano W (o outro ramo da função) também é mapeada em todo o plano z.
Podemos evitar o problema da multivalência do mapa (ou da �função�) dizendo que existem várias cópias
(ou folhas) do plano z e, ao cruzar a linha de rami�cação, passamos de uma folha para outra. As curvas
se comportam como se estas folhas fossem ligadas na linha de rami�cação. As folhas assim ligadas formam
uma superfície de Riemann. Esta superfície mapeia sem ambiguidade todo o plano W . Agora uma curvafechada no plano W é também uma curva fechada na superfície de Riemann S.
Então, quando escrevemos W (z) = z2, precisamos ser bem claros se estamos falando de W : C �! C ouW : C �! S. Estas são duas funções diferentes. A segunda possui uma inversa (raiz quadrada), enquanto a
segunda não.
1Neste exemplo, na verdade, estamos falando mais especi�camente de um ponto de rami�cação algébrica.
8
Exercise 10 Onde está o problema na seguinte �demonstração�
1 =p1 =
pei2� = ei
2�2 = ei� = �1 ???
O número de folhas ligadas de�ne a ordem do ponto de rami�cação.
Outras raizes (r1=nei�=n) podem ser descritas da mesma forma. A função W (z) = z1=3 necessita de 3
folhas e tem a origem como ponto de rami�cação de ordem 3.
Exercise 11 Qual o ponto de rami�cação e a ordem deste ponto para a função W (z) = ln z?
No caso de funções com mais de um ponto de rami�cação, por exemplo,
W (z) =p(z � a) (z � b) ;
temos diferentes formas de traçar a linha de rami�cação. Na função acima podemos construir duas linhas
partindo uma de a e outras de b até o in�nito, ou podemos traçar apenas uma linha de a até b. A forma das
superfícies de Riemann dependem desta escolha.
Esta descrição mostra que, apesar de todos os benefícios vindos da extensão das funções para o plano
complexo, este procedimento não é uma tarefa trivial nem mesmo para um caso simples como x2.
2.3 Diferenciação
Para uma função f : R �! R ser diferenciável num ponto x 2 R, os seguintes limites
f0(x) = lim
dx!�0
f (x+ dx)� f (x)dx
;
devem existir e serem iguais.Por exemplo, a função
f (x) =x
jxj ;
não tem o limite limx!�0 f (x) de�nido no ponto x = 0. Outro exemplo, a função (contínua)
f (x) = jxj
não é diferenciável em x = 0, porque
limdx!+0
f (0 + dx)� f (0)dx
= 1 ; limdx!�0
f (0 + dx)� f (0)dx
= �1 :
O mesmo critério pode ser usado para se analisar a diferenciabilidade de uma função complexa. Precisamos
9
assim analisar o limite
limz!w
f (z) = u ; w; z; u 2 C :
A única diferença entre este limite e o conceito usual na reta real e que, sendo w um ponto no plano
(f : R2 �! R2), existem várias formas diferentes de se aproximar do ponto w. Um problema semelhante ao
que ocorre em uma dimensão, onde os limites pela direita e pela esquerda podem ser diferentes. Quando isso
ocorre dizemos que este limite não existe. Da mesma forma, se o limite para w depender do caminhoescolhido no plano, dizemos que o limite não existe.Uma função f é diferenciável num ponto z se existir o limite
f0(z) = lim
dz!0
f (z + dz)� f (z)dz
� df
dz(9)
e este for independente do caminho pelo qual dz se aproxima de zero. Uma função é analítica2 (regularou holomor�ca) numa região E se for diferenciável nesta região. Praticamente toda a teoria de funções deuma variável complexa se aplica apenas a funções analíticas.
Exemplo: a função f (z) = jzj2. Precisamos analisar
jz + dzj � jzjdz
=(z + dz) (�z + d�z)� z�z
dz=z�z + zd�z + �zdz + d�zdz � z�z
dz
=zd�z + �zdz + d�zdz
dz= z
d�z
dz+ �z
dz
dz+ d�z
dz
dz
= zd�z
dz+ �z + d�z
Fazendo dz ! 0 pelo eixo real dz = dx = d�z
df
dz= z
dx
dx+ �z + dx = z + �z
Fazendo dz ! 0 pelo eixo imaginário dz = idy = �d�z
df
dz= z
(�idy)idy
+ �z + d�z = �z + �z
Para ser diferenciável devemos ter
z + �z = �z + �z =) z = �z :
Esta função só pode ser difereciável em z = 0. O que é verdade, porque neste ponto
df
dz
����z=0
= 0d�z
dz+ 0 + d�z = d�z = 0 ;
2Para funções reais o termo analítica numa região signi�ca que a função é igual a sua série de Taylor nesta região.
10
independente do caminho. Assim, f (z) = jzj2 é diferenciável apenas no ponto z = 0 e não é analítica emnenhuma região.�Da seção anterior temos que a região de regularidade de uma função multivalente deve ser de�nida numa
superfície de Riemann.
Pode-se provar (Knopp Vol.I) que se uma função f (z) possui uma derivada numa região, esta derivada é
necessariamente contínua. Assim, uma função f (z) sempre pode ser expandidada numa série de Taylor em
torno de um ponto z0 numa região onde esta função é analítica
f (z) = a0 + a1 (z � z0) + :::+ an (z � z0)n ;
a0 = f (z0) ; an =1
n!f (n) (z0) : (10)
O raio de convergência desta expansão é um circulo cujo raio se estende até o ponto onde a função é singular,
i.e., um ponto onde a função deixa de ser analítica. O contrário também é verdade, qualquer série de potência
convergente numa região representa uma função analítica nesta região.
Se uma função W (z) = U (x; y) + iV (x; y) é analítica e fazemos dz = dx + idy em (9) podemos fazer
dz ! 0 pela horizontal (dy = 0) ou pela vertical (dx = 0). Se a função é analítica devemos obter o mesmo
limite (9) para estas duas variações de dz,
dW
dz=@W
@x
dx
dz+@W
@y
dy
dz;dx
dz= 1 ;
dy
dz= �i�
dWdz
�dx=0
= �@W@y i�
dWdz
�dy=0
= @W@x
)=) �@W
@yi =
@W
@x; (11)
se usarmos agora a nossa representação matricial de W
W (z) = U + iV =
U �VV U
!;@W
@x=
@U@x �@V
@x@V@x
@U@x
!
�@W@y
i =
@U@y �@V
@y@V@y
@U@y
! 0 1
�1 0
!=
@V@y
@U@y
�@U@y
@V@y
!
temos
�@W@y
i =@W
@x=)
@U@x �@V
@x@V@x
@U@x
!=
@V@y
@U@y
�@U@y
@V@y
!o que fornece
�@U@y
=@V
@x;@V
@y=@U
@x: (12)
11
Estas são as equações diferenciais de Cauchy-Riemann (CR) e fornecem condições necassárias e su�cientes
para uma função W = U + iV ser analítica numa região, desde que as quatro derivadas parciais existam esejam contínuas.De outra forma, as condições de CR são necessárias, mas não su�cientes, para estabelecer a diferenciabili-
dade da função. Como mapas de R2 �! R2 estas funções são diferenciáveis se as derivadas parciais existireme forem contínuas, mas como mapas de C �! C, estes mapas, além de serem contínuos, precisam satisfazer
as condições de CR.
É muito importante compreender o signi�cado das igualdades acima. Como vimos anteriormente, toda
função complexa pode ser vista como um mapa de R2 �! R2. Existe uma in�nidade de mapas que sãodiferenciáveis como funções reais (todas as derivadas parciais acima existem), mas que não satisfazem as
relações acima. Estes mapas não são funções complexas diferenciáveis. Para que exista a derivada deuma função complexa (e ser chamada de diferenciável) esta função tem de obedecer as equações de Cauchy-
Riemann. Está é uma restrição bastante forte e implica que várias funções reais diferenciáveis nãoserão funções complexas diferenciáveis.Exemplo:
f (z) = jzj2 = x2 + y2 =) U = x2 + y2 ; V = 0
@U
@x= 2x ;
@U
@y= 2y ;
@V
@x=@V
@y= 0
as funções U e V acima são diferenciáveis (como funções reais) em qualquer ponto. Mas as condições cd CR
fornecem
�@U@y
=@V
@x=) �2y = 0 ;
@V
@y=
@U
@x=) 2x = 0 ;
Que só são satisfeitas na origem x = y = 0. Vemos (novamente) que a função f (z) = jzj2 só é diferenciável nosentido complexo (f : C �! C) na origem, mesmo que como uma função de R2 �! R2 ela seja diferenciávelem todos os pontos.�Assim, se a derivada de uma função W = U + iV existe num ponto z0, as derivadas parciais de U e V
existem neste ponto, obedecem a condição de CR, então a derivada W0pode ser calculada como (11)
W0(z0) =
dW
dz
����z=z0
=@W
@x=@ (U + iV )
@x=@U
@x+ i
@V
@x: (13)
Ou, usando CR,
W0=@U
@x� i@U
@y: (14)
12
Dada uma função complexa diferenciável, valem também as regras usuais de diferenciação de somas e
produtos de funções. Todos os argumentos usados para demonstrar estas regras para funções reais continuam
válidos.
Exercise 12 Veri�que se e onde é diferenciável a função: W = z2. Resp:
z2 = (x+ iy) (x+ iy) = x2 � y2 + 2ixy
U = x2 � y2 ; V = 2xy@U
@x= 2x ;
@U
@y= �2y ; @V
@x= 2y ;
@V
@y= 2x
Esta função é diferenciável em todos os pontos e, consequentemente, analítica em qualquer região.
Exercise 13 A conjugação complexa �z (ou z�) de um número z de�nida por
z = x+ iy =) z� = �z � x� iy = re�i�
Veri�que se e onde é diferenciável a função: W = z�.
Exercise 14 Veri�que se e onde é diferenciável a função: W = jzj2 = zz�. Resp:
U = x2 + y2 ; V = 0
@U
@x= 2x ;
@U
@y= 2x
esta função só pode ser analítica na origem. Para veri�car se esta função é realmente analítica na origem,
precisamos veri�car se as derivadas parciais são contínuas. O que de fato é verdade. Então, a função acima
é diferenciável na origem. Mas esta função não é analítica em nenhuma região.
Como vimos, a última função é uma função real perfeitamente diferenciável. Como um mapa R2 �! R2
W = U + iV = x2 + y2, U = x2 + y2; V = 0 ambas as funções perfeitamente diferenciáveis. Assim, acondição de diferenciação complexa é algo mais forte que a diferenciação real.Se uma função f : C �! C satisfaz as equações de CR e as derivadas parciais existem e são contínuas, a
derivada complexa desta função existe e é dada por
f (z) = U (x; y) + iV (x; y) =) f0(z) =
@U
@x+ i
@V
@y:
Exercise 15 Mostre que, em coordenadas polares, as condições de CR se tornam
r@U
@r=@V
@�;@U
@�= �r @V
@r
13
e que a derivada de uma função pode ser calculada como:
f0(z) =
@U
@x+ i
@V
@y= (cos � � i sin �)
�@U
@r+ i
@V
@r
�:
Resp: Veja o livro do Churchil pg 65.
De�nition 16 Se f : C �! C possui diferencial complexa em todos os pontos num aberto centrado em z0,
dizemos que f é analítica, ou holomor�ca, em z0.
De�nition 17 Uma função f : C �! C é dita inteira (entire function) se for analítica em qualquer ponto
de C .
De�nition 18 Uma função f : C �! C possui uma singularidade no ponto z1 se ela não for analítica nesteponto. Isto inclui o caso em que f não está de�nida em z1.
Proposition 19 Se f e g são funções analíticas num domínio E então:
1. f + g é analítica em E
2. f � g é analítica em E
3. wf é analítica em E para todo w complexo ou real
4. fg é analítica em E
5. f=g é analítica em E exceto nos zeros de g.
Proposition 20 Se f; g : C �! C são funções analíticas, então a composta f � g : C �! C é analítica.
Exercise 21 Veri�que que se f (z) e f� (z) são ambas analíticas numa região D, então f é constante em D.
Resp: pg 73 Churchill.
3 Funções harmônicas
Como vimos, a característica de uma função ser diferenciável complexa é uma restrição bastante forte nesta
função (bem mais forte que diferenciabilidade real). Estas condições estão relacionadas com a equação de
Laplace. A equação de difusão do calor e a equação de onda, no case estacionário se reduz a equação de
Laplace. Como veremos nos exemplos a seguir, esta equação possui uma in�nidade de aplicações, em especial,
no eletromagnetismo e na dinâmica dos �uidos.
Uma função H : Rn �! R é chamada harmônica num certo domínio D se suas derivadas parciais de
primeira e segunda ordem forem contínuas em D e H satisfaz a equação diferencial
nXi=1
@2H
@x2n= 0
14
conhecida como equação de Laplace. No que segue, estamos interessados no caso em duas dimensões H :
R2 �! R,Hxx (x; y) +Hyy (x; y) = 0 ; (15)
Por exemplo, a distribuição de calor num corpo u obedece a equação
@u
@t� �r2u = 0
no regime estacionário (@u=@t = 0) em duas dimensões temos a equação (15).
Funções harmônicas possuem a notável propriedade de se você traçar um círculo ao redor de um ponto,
e encontrar o valor médio da função dentro deste círculo, este valor é sempre igual ao valor da função no
centro deste círculo. Desde que a função esteja de�nida dentro de todo o círculo e em sua fronteira. Esta
propriedade pode ser usada para resolver, de forma iterativa, o problema de Dirichlet, i.e., �xada a condição
na fronteira, qual o valor da função numa região.
Este efeito pode ser observado numa chapa quente.
Vejamos como estas funções se relacionam com as funções analíticas.
Theorem 22 Se uma função f (z) = u (x; y) + iv (x; y) é analítica, então as funções u e v são harmônicas.
Assumindo que f é analítica em D, então nesta região ela deve obedecer às condições de CR
@u
@x=@v
@y;@u
@y= �@v
@x(16)
diferenciando ambos os lados destas igualdades em relação a x temos
@2u
@x2=
@2v
@x@y;@2u
@x@y= �@
2v
@x2
Da mesma forma, diferenciando com relação a y temos
@2u
@y@x=@2v
@y2;@2u
@y2= � @2v
@y@x
Lembrando que a continuidade da derivada parcial garante que
@2u
@y@x=
@2u
@x@y;@2v
@y@x=
@2v
@x@y
15
temos
@2u
@x@y= �@
2v
@x2=
@2u
@y@x=@2v
@y2=) @2v
@y2+@2v
@x2= 0 ;
�@2u
@y2=
@2v
@y@x=
@2v
@x@y=@2u
@x2=) @2u
@x2+@2u
@y2= 0 :
Ou seja u e v são harmônicos em D.
Por outro lado, se duas funções u e v são harmônicas em D e suas derivadas parciais satisfazem àscondições de CR, ou seja, é possível construir uma função complexa analítica u + iv com estas funções,
então v é chamada de harmônica conjugada de u.
Theorem 23 Uma função f (z) = u (x; y)+ iv (x; y) é analítica em D apenas se v é a harmônica conjugada
de u.
É importante notar que se v é a harmônica conjugada de u, isso não garante que u é a harmônica conjugada
de v (observe que as condições de CR (16) não são simétricas em u e v).
Por exemplo, as funçõesu (x; y) = x2 � y2 ; v (x; y) = 2xy :
Enquanto a função
f = u+ iv = z2
é analítica. A função
f = v + iu ;
não é analítica em nenhum ponto.
Exercise 24 Veri�que a a�rmação acima.
É possível mostrar (ver Churchill) que se uma função u é harmônica em D, então ela é a parte real de
alguma função analítica em D. Além disso, se a harmônica conjugada existe, ela é única a menos de uma
constante aditiva.
Assim, dada uma função harmônica, podemos sempre construir uma função analítica. Por exemplo,
u (x; y) = y3 � 3x2y
é harmônica. Pela primeira relação de CR (16) sua harmônica conjugada deve obedecer
@u
@x=@v
@y=) @v
@y= �6xy =) v (x; y) = �3xy2 + � (x)
16
usando agora a segunda relação
�@v@x
= ���3y2 + �
0(x)�=@u
@y= 3y2 � 3x2 =)
3y2 � �0(x) = 3y2 � 3x2 =) �
0(x) = 3x2 =) � (x) = x3 + C
Assim v (x; y) = �3xy2 + x3 + C é a harmônica conjugada de u e a seguinte função é analítica
f (z) = y3 � 3x2y + i��3xy2 + x3 + C
�:
Utilizando as propriedades das funções analíticas é possível concluir uma série de propriedades para as
funções harmônicas quando estas são conjugadas. Por exemplo, se f é analítica então
f = u+ iv =) f2 =�u2 � v2
�+ i (2uv)
também será. Assim o produto e a diferença do quadrado de duas funções harmônicas conjugadas também
são funções harmônicas.
Remark 25 O produto de duas funções harmônicas não é em geral uma função harmônica.
Remark 26 Toda solução da eq. de Laplace pode ser expandida em série de potências numa região sem
singularidades.
Encontrar soluções da equação de Laplace (e de equações diferenciais em geral) não é uma tarefa triv-
ial. Por isso as soluções conhecidas são compiladas em tabelas que possam ser consultadas por quem deseje
resolver um determinado problema prático. Características e o método de construção da conjugada de-
scrito acima permite, a partir do conhecimento de uma solução, contruir um par de soluções conjugadas e,
consequentemente, encontrar vários outros elementos para compor estas tabelas.
Remark 27 Se f : C �! R é harmônica e g : C �! C é analítica então f � g é harmônica. Dizemos quemapas analíticos preservam soluções da equação de Laplace, ou que a equação de Laplace é invariante por
transformações analíticas.
3.1 Campos irrotacionais de divergência nula
Uma grande quantidade de problemas em física envolve a presença de campos conservativos, i.e., campos
cujo trabalho necessário para se movimentar sob sua ação independe do caminho seguido. Por exemplo,
o movimento de uma massa num campo gravitacional, ou de uma carga num campo elétrico constante
(r�E = �@B=@t). Estes campos são irrotacionais.Se estes campos não possuírem fontes ou sorvedouros (e.g., num campo elétrico estamos tratando
uma região sem cargas r:E = �="0) eles também possuem a sua divergência nula.
17
Por exemplo, um �uido newtoniano incompressível de viscosidade constante é descrito pela seguinte
particularização da equação de Navier�Stokes
�
�@v
@t+ v:rv
�= �rp+ �r2v ;
no caso estacionário onde não há nenhum tipo de aceleração (@v=@t + v:rv = 0) e não há gradiente depressão (rp = 0) temos a equação de Laplace para as componentes de v. A incompressibilidade implica
ainda r:v = 0, e se não houver rodamoinhos no �uído r� v = 0.Consideremos então campo vetorial num plano, que pode ser tanto um problema de mecânica dos �uidos,
como de eletromagnetismo, onde o �uido poderia ser o campo elétrico.
Podemos descrever este campo vetorial como
V (x; y) = u (x; y) x+ w (x; y) y :
Se este �uído é irrotacional (um campo conservativo ou um �uído sem rodamoinhos)
r�V = 0 =)����� @@x
@@y
Vx Vy
����� = @Vy@x
� @Vx@y
=@w
@x� @u
@y= 0 =) @w
@x=@u
@y(17)
Se não houver nenhuma fonte ou sorvedouro do nosso �uído (sem cargas, ou um �uido incompressível),
então sua divergência também será nula
r �V (x; y) = @Vx@x
+@Vy@y
= 0 =) @u
@x= �@w
@y(18)
Assim, a função
f = �V � u� iw
obedece as condições de CR (17) e (18).
Assim, se V descreve um campo irrotacional sem fontes nem sorvedouros, então a função f = �V : C �! Cé diferenciável. Além disso, se as derivadas parciais de V forem contínuas, f será uma função analítica.
Ademais temos que as componentes de f são funções harmônicas.
Lembrando que um campo irrotacional sempre pode ser escrito como o gradiente de uma função escalar,
pois
V (x; y) = r� (x; y) = @�
@xx+
@�
@yy =) r�V =
@
@x
@�
@y� @
@y
@�
@x= 0 :
(onde para trocarmos as derivadas precisamos que � : R2 �! R tenha derivadas parciais contínuas) podemos
18
escrever
V (x; y) = r� (x; y) =) u =@�
@x; w =
@�
@y
f = u� iw = @�
@x� i@�
@y
Lembrando a expressão (14) que obtivemos anteriormente
F = u+ iv =) F0=@u
@x� i@u
@y
F0= f =
@�
@x� i@�
@y=) � = ReF (19)
Vemos que, nas condições acima, a função � é a parte real da antiderivada de f . Este resultado também é
bastante útil.
Por exemplo, vamos encontrar o potencial que gera o campo
V (x; y) = 2xx� 2yy =) V = 2x� i2y
f = �V = 2x+ i2y = 2 (x+ iy)
f (z) = 2z
Fácil que f é analítica (veri�que!). Assim V descreve um campo irrotacional sem fontes nem sorvedouros
que, consequentemente, pode ser descrito por um escalar. Observando que
F = z2 =) F0= 2z = f
Do fato de F 0 ser também analítica e usando a relação (19) temos
� = ReF = x2 � y2 :
O estudo da equação de Laplace, ou o estudo das funções harmônicas, é chamado de teoria dos potenciais.
Toda função analítica corresponde a um campo irrotacional de divergência nula. Um �uido incompressível
sem rodamoinhos, um campo elétrico sem cargas etc.
4 Integral
Como f : C �! C pode ser vista como composta por um par de funções R2 �! R (mais algumas pro-
priedades) é natural supor que, assim como ocorre na diferenciação, o conceito de integral de uma função
complexa também se relacione com a integral de funções no plano.
19
Observe que, a princípio, poderíamos tentar de�nir a integral de uma função complexa como a integral
da parte imaginária e real, i.e., como a integral de duas funções no planoZf (z) dz
?=
Z Z(U (x; y) + iV (x; y)) dx dy =
Z ZU (x; y) dx dy + i
Z ZV (x; y) dx dy ; (20)
ou seja, a integral de uma função complexa seria uma integral de área. Mas, neste caso, a integral da função
f (z) = 2z seria
f (z) = 2z = 2 (x+ iy)Z Z2x dx dy + i
Z Z2y dx dy =
Z2x dx
Zdy + i
Z2y dy
Zdx
= yx2 + ixy2 :
Mas observe que desta forma a derivada desta "primitiva" F = yx2 + ixy2 não corresponde a cuja derivada
complexa de novamente f (z), pois
yx2 + ixy2 6= z2 ;d
dzz2 = 2z
Ou seja, a de�nição (20) não corresponde a uma opreração inversa a nossa de�nição de diferenciação. Este é
um argumento de porque não de�nimos a integral desta forma.
Além disso, lembrando da nossa representação grá�ca dos números complexos, temos que dz = dx+ idy
pode ser visto como um vetor in�nitesimal no plano x; y, ou seja, se comporta como dr = {dx+ |dy. Todos
estes argumentos indicam que a de�nição de integral que queremos não se relaciona com integrais de áreas,
mas sim com integrais de curvas.
Como vimos acima, o conceito de limite no plano complexo deve levar em conta que temos vários caminhos
possíveis para nos aproximarmos do ponto em questão. Da mesma forma, o conceito de integrar entre dois
pontos, possui a mesma questão de qual caminho percorremos para chegar de um ponto a outro. Este
problema também existe na integral de linha de funções no plano. Assim, vamos primeiro rever o que
acontece neste último caso.
4.1 Teorema de Green
Um campo vetorial num plano é uma função que a cada ponto deste plano associa um vetor. Tal campo pode
ser usado, por exemplo, para descrever o comportamento de um �uido, um campo eletromagnético etc.
Um dos grandes interesses no estudo de problemas práticos é saber qual o trabalho realizado para se
mover neste campo vetorial. Por exemplo, queremos mover uma carga elétrica por um campo elétrico, ou
uma massa num campo gravitacional, ou ainda um barco por um rio.
20
Em todos estes casos, o trabalho realizado será:
W =
ZC
F:dr (21)
onde F (x; y) = U (x; y) { + V (x; y) | é o campo vetorial (neste caso a força) e dr = {dx + |dy um elemento
de deslocamento na trajetória C. Em geral este trabalho depende, não apenas do caminho, mastambém do sentido que este caminho é seguido.Exemplo: Vamos calcular a integral de linha do campo
F = (3x� y) i+ (x+ 5y) j
sobre a circunferência unitária. Este caminho pode ser parametrizado como
x = cos!t ; y = sin!t ; t 2�0;2�
!
�
21
onde ! está relacionado com a velocidade que percorremos a curva. Assim
W =
ZC
F:dr =
ZC
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy)
x = x (t) ; y = y (t) =) dx =dx
dtdt ; dy =
dy
dtdt ;
W =
Z 2�!
0
�(3x� y) dx
dt+ (x+ 5y)
dy
dt
�dt
dx
dt= �! sin!t ; dy
dt= ! cos!t
W =
Z 2�!
0
((3 cos!t� sin!t) (�! sin!t) + (cos!t+ 5 sin!t) (! cos!t)) dt
=
Z! (� (3 cos!t� sin!t) sin!t+ (cos!t+ 5 sin!t) cos!t) dt
= !
Z ��3 cos!t sin!t+
�sin2 !t+ cos2 !t
�+ 5 sin!t cos!t
�dt
= !
Z((�3 + 5) sin!t cos!t+ 1) dt = !
Z 2�!
0
(2 sin!t cos!t+ 1) dt
= !
Z 2�!
0
2 sin!t cos!tdt+
Z 2�!
0
1dt
!= !
2
Z 2�!
0
sin!t cos!tdt+2�
!
!
= !
2
Z 2�!
0
1
2sin 2!t dt+
2�
!
!
= !
Z 2�!
0
sin 2!t dt+2�
!
!= !
� 1
2!cos 2!t
����2�=!0
+2�
!
!
= !
�2�
!
�= 2�:
Observe como o valor calculado não depende de !, a velocidade com que percorremos a curva.�Vamos calcular a integral (21) para um campo F arbitrário, mas para um caminho especí�co, por exemplo,
um retângulo:
(0; 0)! (a; 0)! (a; b)! (0; b)! (0; 0)
W =
ZC
F:dr =
ZC
(U (x; y) {+ V (x; y) |) : ({dx+ |dy)
=
ZC
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy) :
22
Na primeira parte do caminho (0; 0)! (a; 0) ; dr = {dx =) dy = 0:
W j(a;0)(0;0) =
Z (a;0)
(0;0)
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy) =
Z a
0
U (x; 0) dx
Enquanto na segunda parte (a; 0)! (a; b) ; dr = |dy =) dx = 0
W j(a;b)(a;0) =
Z (a;b)
(a;0)
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy) =
Z b
0
V (a; y) dy
Da mesma forma
W j(0;b)(a;b) =
Z 0
a
U (x; y) dx = �Z a
0
U (x; b) dx
W j(0;0)(0;b) =
Z 0
b
V (x; y) dy = �Z b
0
V (0; y) dy
O trabalho total é a soma do trabalho de cada parte:
W = W j(a;0)(0;0) + W j(a;b)(a;0) + W j(0;b)(a;b) + W j(0;0)(0;b)
=
Z a
0
[U (x; 0)� U (x; b)] dx+Z b
0
[V (a; y)� V (0; y)] dy (22)
Um ponto importante é que cada uma das integrais acima é uma integral ordinária em apenas uma
variável. Assim, no cálculo de qualquer das integrais acima a função integrada pode ser tratada como uma
função de uma única variável. Assim, podemos fazer, por exemplo:
U (x; y) = fx (y) =) f0
x (y) =dfx (y)
dy=)
Z b
0
f0
x (y) dy = fx (b)� fx (0)
f0
x (y) =dfxdy
= limdy*0
fx (y + dy)� f (y)dy
= limdy*0
U (x; y + dy)� U (x; y)dy
=@U
@yZ b
0
f0
x (y) dy = fx (b)� fx (0) =)Z b
0
@U
@ydy = U (x; b)� U (x; 0)
Da mesma forma Z a
0
@V
@xdx = V (a; y)� V (0; y)
23
Substituindo em (22) temos
W = �Z a
0
Z b
0
@U
@ydy dx+
Z b
0
Z a
0
@V
@xdx dy
=
Z a
0
Z b
0
�@V
@x� @U
@y
�dx dy
Assim, para o nosso caminho quadrado
W =
ZC
F:dr =
ZC
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy) =
Z ZR
�@V
@x� @U
@y
�dA
Suponha agora que o nosso quadrado tenha sido dividido, por exemplo, por uma linha vertical no ponto
x = h < a e clculamos o trabalho para percorrer cada um dos dois quadrados:
W1 = W(h;0)(0;0) +W
(h;b)(h;0) +W
(0;b)(h;b) +W
(0;0)(0;b)
W2 = W(a;0)(h;0) +W
(a;b)(a;0) +W
(h;b)(a;b) +W
(h;0)(h;b)
onde
W(h;b)(h;0) =
Z b
0
V (h; y) dy
W(h;0)(h;b) =
Z 0
b
V (h; y) dy = �Z b
0
V (h; y) dy = �W (h;b)(h;0)
Então
W1 +W2 =W(h;0)(0;0) +W
(0;b)(h;b) +W
(0;0)(0;b) +W
(a;0)(h;0) +W
(a;b)(a;0) +W
(h;b)(a;b)
Agora observamos que
W(h;0)(0;0) +W
(a;0)(h;0) =
Z h
0
U (x; 0) dx+
Z a
h
U (x; 0) dx =
Z a
0
U (x; 0) dx =W(a;0)(0;0)
W(h;b)(a;b) +W
(0;b)(h;b) = W
(0;b)(a;b)
Assim
W1 +W2 = W j(a;0)(0;0) + W j(a;b)(a;0) + W j(0;b)(a;b) + W j(0;0)(0;b) =W
Ou seja, não importa que divisão façamos no nosso quadrado todas as contribuições das partes internas irão
se cancelar (porque são percorridas na ordem inversa) e sobrará apenas as bordas.
Assim, para uma superfície fechada qualquer, podemos subdividi-la em quadrados, somar todas as con-
tribuições dos quadrados e o que teremos será a integral de linha nas bordas da região interna do caminho.
24
É importante notar que qualquer buraco na nossa área, i.e., regiões que não pertencem aodomínio das funções geraram bordas e contribuirão para a integral.Assim, de forma geral, para um caminho fechado que encerre uma superfície simplesmente conexa (sem
buracos) temos: IC
F:dr =
IC
(U (x; y) dx+ V (x; y) dy) =
Z ZR
�@V
@x� @U
@y
�dA (23)
Este é o teorema de Green e permite, através do cálculo de integrais de áreas, que não envolve produtos
vetoriais, calcular uma integral de linha.
Exemplo: Vamos voltar ao nosso exemplo anterior
F = (3x� y) i+ (x+ 5y) j
U = (3x� y) ; V = (x+ 5y)@V
@x= 1;
@U
@y= �1
IC
F:dr =
Z ZR
�@V
@x� @U
@y
�dA =
Z ZR
[1 + 1] dA = 2
Z ZR
dA = 2� :
�Este teorema também permite ver que, se
@V
@x=@U
@y=)
IC
F:dr =0 ;
para qualquer curva fechada. Ou seja, F é um campo conservativo. Veja que esta expressão concorda com
(17) que obtivemos porque F é um campo gradiente.
Se F é um campo conservativo temos
F = rf = @f
@xx+
@f
@yy =)
ZC
F:dr =
ZC
�@f
@xx+
@f
@yy
�: ({dx+ |dy)Z
C
F:dr =
ZC
�@f
@xdx+
@f
@ydy
�=
ZC
df = f (B)� f (A)
para A e B os limites de C. Assim ZC
rf:dr =f (B)� f (A)
é uma generalização do Teorema Fundamental do Cálculo para funções de várias variáveis.Como veremos a seguir, todo o material desenvolvido acima está intimamente ligado com o cálculo de
integrais de funções complexas.
25
4.2 Integrais complexas
Como vimos na seção anterior podemos escrever um campo vetorial conservativo como as funções conjugadas
de uma função complexa. Assim, a integral de funções sobre o plano complexo nada mais é que a integral de
campos vetoriais conservativos.
Agora se tratarmos a integral ZC
f (z) dz
como uma integral de linha sobre uma curva C no plano complexo, podemos, assim como na integral de
linha, parametrizar esta curva por um parâmetro t qualquer e escrever
C (t) = x (t) + iy (t) =) dx =dx
dtdt = _xdt ; dy =
dy
dtdt = _ydt
ZC
f (z) dz =
ZC
f (x (t) + iy (t)) ( _x+ i _y) dt
Para o caso de caminhos C sobre o eixo dos reais (dy = 0) a integral acima é da formaZ b
a
w (t) dt ; a; b 2 R :
Vamos ver o que acontece com a integral da função w (z (t)) � w (t) = u + iv. Usando o teoremafundamental do cálculo para funções reais temosZ b
a
w (t) dt =
Z b
a
(u+ iv) dt =
Z b
a
u dt+ i
Z b
a
v dt
= [U (t)]ba + i [V (t)]
ba = [W (t)]
ba
U 0 =du
dt; V 0 =
dv
dt; W = U + iV
Da expressão acima vemos que Z b
a
w (t) dt = [W (t)]ba ; W
0= w (24)
onde, obviamente, a mesma parametrização z (t) deve ser usada para w e W . O resultado acima diz que,
para funções complexas com argumentos reais, temos uma generalização do teorema fundamental do cálculo.
Exemplo: calcular Z �=4
0
eit dt =��ieit
��=40
=1p2+ i
�1� 1p
2
��
26
4.3 Contornos
Usando as de�nições e os resultadoas acima podemos calcular a inegrau de funções complexas no plano
complexo. Estas integrais são chamadas de integrais de contorno.
Exemplo: vamos integrar f (z) = z� de 1 até i por duas linhas retas de 1� 0 e 0� i linha retaZC
z� dz =
Z 0
1
(x� iy) (dx+ idy) +Z i
0
(x� iy) (dx+ idy)
=
Z 0
1
x dx+
Z 1
0
y dy
= �12+1
2= 0
E ao longo do arcoZC
z� dz =
Z �=2
0
e�i� (i) d� = i
Z �=2
0
e�i� d� = i�ie�i�
��=20
= � (i� 1)
Do resultado acima vemos que a integral, em geral depende do caminho de integração.�Exemplo 2: Vamos integrar a nossa função f (z) = 2z como uma integral de linha, por exemplo, do
ponto 0 ao ponto 1 + i por uma linha reta
x = y =) x = t ; y = t =) _x = 1 = _y
ZC
f (z) dz =
Z 1
0
2 (t+ it) (1 + i) dt = (1 + i)2Z 1
0
2tdt = 2 (1 + i)2
�t2
2
�10
= (1 + i)2= 2i
E por duas linhas retas 0� 1 e 1� (1 + i)ZC
f (z) dz = 2
�Z 1
0
(x+ iy) (dx+ idy) +
Z 1+i
1
(x+ iy) (dx+ idy)
�= 2
�Z 1
0
x dx+
Z 1
0
(1 + iy) (idy)
�= 2
�Z 1
0
x dx+
�Z 1
0
1 (idy) + i
Z 1
0
y (idy)
� �= 2
�Z 1
0
x dx+
Z 1
0
idy �Z 1
0
y dy
�= 2
Z 1
0
idy = 2i
Repetindo este processo in�nitas vezes podemos ver que, neste caso, a integral não depende do caminho.
27
Observe também que se assumirmos que a integral é uma antiderivada temosZC
2z dz =�z2�1+i0
= (1 + i)2= 2i :
Então neste caso, e isso pode ser veri�cado para qualquer pontos iniciais e �nais, nossa de�nição concorda
com a ideia de antiderivação.
Vamos agora cálcular a integral de uma função analítica.Vamos agora usar a nossa de�nição de integral complexa como uma integral de linha, temos
f = u+ iv =)ZC
f (z) dz = (25)ZC
(u+ iv) (dx+ idy) =
ZC
[(u dx� v dy) + i (u dy + v dx)]
A existência da integral acima depende da existência da integral de u e v e, assim como no caso dos
campos, a curva C deve ser lisa por partes.
Lembrando que C é um caminho sobre o plano complexo, i.e., o plano x; y cada uma das duas integrais
acima é da forma ZC
(u (x; y) dx+ v (x; y) dy)
ou seja, temos duas integrais de caminho (reais) para os campos vetoriais
F1 = ux� vy ; F2 = vx+ uy
Podemos então agora usar o teorema de Green (23) para cálcular
IC
F1:dr =
Z ZR
�@ (�v)@x
� @u
@y
�dA
IC
F2:dr =
Z ZR
�@u
@x� @v
@y
�dA
Usando agora as relações de CR temos
�@u@y
=@v
@x=)
IC
F1:dr =
Z ZR
��@v@x
� @u
@y
�dA =
Z ZR
����@u@y
�� @u
@y
�dA = 0
@v
@y=
@u
@x=)
IC
F2:dr =
Z ZR
�@u
@x� @v
@y
�dA =
Z ZR
�@v
@y� @v
@y
�dA = 0
Assim, o teorema de Green para funções no R2, as condições de CR e a nossa de�nição das intergrais
28
complexas como integrais de linha no plano complexo, garantem que cada um dos termos em (25) é zero. De
outra forma, se f é uma função analíitica num domínio E � C a integral sobre qualquer curva fechada emE, lisa por pedaços (uma exigência para que a integral dos campos esteja bem de�nida), entãoI
f (z) dz = 0 :
Este é o teorema de Cauchy-Goursat. Como consequencia, a integral de f de um ponto z1 até um ponto z2depende apenas dos pontos e independe do caminho.Z
C
f (z) dz =
Z z2
z1
f (z) dz :
Obviamente toda a discução acima dependem do fato da função ser analítica e, consequentemente, não
possuir singularidades na região em consideração. Em geral a integral de uma curva fechada que envolva
uma singularidade não será igual a zero.
4.4 Antiderivada
O resultado acima pode ser usado para se de�niar a integral inde�nida de uma função complexa, sua primitiva
ou a antiderivada.
Se f é analítica, sabemos que para qualquer caminho temosZ z2
z1
f (z) dz =
Z 1
0
f (z (t)) ( _x+ i _y) dt
com z (0) = z1 e z (1) = z2 terá o mesmo valor. Usando (24) temosZ b
a
w (t) dt = [W (t)]ba ; W
0= w (21)Z 1
0
f ( _x+ i _y) dt = [F ]10 ; F
0= f ( _x+ i _y) = f _z
mas para qualquer função F (z (t))
F0(z) =
dF
dz_z = f _z =) dF
dz= f :
Assim, se para uma função analítica f de�nirmos um caminho qualquer z0 (t) ; t 2 [0; 1]
F (z) =
Z z
0
f (z0 (t)) dz0 =
Z 1
0
f (z0 (t)) ( _x0 + i _y0) dt
29
com z0 (t = 0) = 0 e z0 (t = 1) = z teremos
F0= f
e podemos dizer que F é a antiderivada de f . Observer que isso só é possível porque f é analítica e,
consequentemente, a integral só depende dos extremos do caminho. O resultado acima é o nosso teoremafundamental do cálculo complexo para funções analíticas.Do nosso estudo de derivadas é fácil ver que, assim como no caso de funções reais F está de�nido a menos
de uma constante.
Exemplo: A utilização da antiderivada é no cálculo de integraia é identico ao cálculo nos reais
Z 1+i
0
z2 dz =
�z3
3
�1+i0
=(1 + i)
3
3=2
3(i� 1) :
4.5 Integrais de contorno
Vamos agora integrar a função
f (z) =1
z
num caminho C que seja um circulo de raio unitário começando e terminando em 1. Podemos parametrizar
o circulo fazendo
x = cos t ; y = sin t =) C (t) = cos t+ i sin t
dx = � sin t dt ; dy = cos t dtZC
1
zdz =
ZC
z�
zz�dz
como no circulo zz� = 1 ZC
1
zdz =
ZC
z� dz =
ZC
(x� iy) (dx+ idy)
=
Z 2�
0
(cos t� i sin t) (� sin t+ i cos t) dt
=
Z 2�
0
i dt = i2� :
Diferente de zero. Porque f não é analítica em todos os pontos dentro do contorno.
Alternativamente poderíamos ter feito simplesmente feito
z = eit =) dz
dt= ieitZ
C
z� dz =
Z 2�
0
e�itdz
dtdt =
Z 2�
0
e�it ieitdt = i
Z 2�
0
dt = 2�i :
30
Figure 2: Figura 3
A parametrização acima mostra ainda que qualquer circulo em torno da origem daria o mesmo resultado.
Observe agora que se �zermos a integral pelo caminho da �gura abaixo
Ou seja, de A até D pelo circulo, depois de D até C então de C até B pela �gura externa e, �nalmente
de B de volta para A teremos percorrido um caminho fechado que não contem nenhuma singularidade, i.e.,
nesta região a função é analítica. Assim, neste contor C0
IC0
1
zdz = 0
Mas a integral sobre o caminho D ! C é igual ao negativo da integral B �! A e, consequentemente, a
integual na curva externa é igual a integral da curva interna. Este resultado mostra que: se f é uma função
analítica com uma singularidade num ponto, qualquer integual ao redor desta singularidade (percorrida na
mesma direção), tem o mesmo valor independente da curva. Assim,IC
1
zdz = 2�i
para qualquer curva C que circule a origem.
De�nition 28 Dizemos que a função f tem um pólo no ponto w se
limz�!w
jf (z)j =1
31
Vamos calcular a integral IC
1
(z � z0)ndz :
num contorno C que circule z0. Esta função tem uma singularidade em z = z0. Mas sabemos que qualquer
caminho dará o mesmo resultado. Assim, escolhemos o caminho C que é um circulo unitário centrado em z0,
i.e., C é o circulo z0= z0 + e
i�. Com isso
z = z0 + ei� ; _z = i�ei�I
C
1
(z � z0)ndz =
Z 2�
0
1
(ei�)n iei� d� =
Z 2�
0
e�i�niei� d�
= i
Z 2�
0
ei�(1�n) d� =
(2�i para n = 1
0 para n 6= 1(26)
Exemplo: Calcule a integral IC
z
z2 � 1 dz
com C um círculo centrado na origem de raio 2.
Primeiro se veri�ca-se quantas singularidades estão no interior do circuito. No caso, as duas. Depois se
faz a decomposição
z
(z2 � 1) =z
(z + 1) (z � 1) =1
2
(z + 1) + (z � 1)(z + 1) (z � 1) =
1
2
�(z + 1)
(z + 1) (z � 1) +(z � 1)
(z + 1) (z � 1)
�=
1
2
�1
(z � 1) +1
(z + 1)
�com isso I
C
z
z2 � 1 dz =
IC
1
2
�1
(z � 1) +1
(z + 1)
�dz
=1
2
�IC
1
(z � 1) dz +IC
1
(z + 1)dz
�=
1
2[2�i+ 2�i] = 2�i :
Exemplo: Calcular f (z) = z� em torno do círculo de raio unitário e em torno do quadrado �1� iEm torno do círculo temos Z 2�
0
e�i��iei��d� = i
Z 2�
0
d� = 2�i
32
Ao redor do quadrado
z = 1 + ti =)Z 1
�1(1� ti) i dt = 2i
z = �1� ti =)Z 1
�1((�1 + ti)� i) dt = 2i
z = t� i =)Z 1
�1(t+ i) dt = 2i
z = �t+ i =)Z 1
�1(�t� i) i dt = 2i
Num caso 2�i no outro 8i.�Resumindo:
� Integrais de funções não analíticas devem ser calculadas em todos os pontos da curva.
� Integrais de funções inteiras (analíticas em todo o plano complexo) sobre domínios fechados são zero.
� Integrais de funções inteiras não depende do caminho (podemos escolher de acordo com a conveniência).
� Integrais de funções analíticas com singularidades podem ser calculadas por qualquer caminho que não
contorne a singularidade
� Integrais fechadas de funções analíticas que envolvem singularidades só precisam ser calculadas ao redordos pontos de singularidade.
4.6 A formula integral de Cauchy
Se f é uma função analítica num domínio E � C pelos resultados acima temos queIC0
f (z)
z � w dz = 0
para qualquer caminho C0que não contorne o ponto z = w (pois f é analítica, mas o integrando tem
uma singularidade).
Vamos imaginar uma curva como a da �gura 2 com w no centro do círculo interno (observe que há um
circulo interno que circunda a singularidade, mas há o caminho externo que não circunda). O ponto crucial
é que o cálculo da integral na �gura, por qualquer caminho, independe do tamanho (raio) do círculo interno.
Isso signi�ca que, se C é o circulo interno, que circunda a singularidade em w, esta integral terá o mesmo
valor para qualquer círculo, em especial (a seguir eu usei o símbolo ?C �! 0 para indicar que o diâmetro
do círculo tende a zero) IC
f (z)
z � w dz = lim?C�!0
IC
f (z)
z � w dz : (27)
33
Mas como f é analítica, quando o círculo tente ao ponto z = w temos
limz�!w
f (z) = f (w)
para qualquer caminho do limite (lembrando que para funções analíticas o limite acima não depende do
caminho). Assim temos
lim?C�!0
IC
f (z)
z � w dz = f (w)
IC
1
z � w dz :
Usamos agora a integral de contorno (26) e calculamos
IC
1
z � w dz = 2�i
Retornando este resultado em (27) temosIC
f (z)
z � w dz = lim?C�!0
IC
f (z)
z � w dz = f (w)
IC
1
z � w dz
= f (w) 2�i
ou ainda
f (w) =1
2�i
IC
f (z)
z � w dz (28)
onde lembramos que C é qualquer curva que circunde a singularidade (i.e., que circunde w). Estaé a fórmula integral de Cauchy.
A fórmula acima mostra a característica bastante peculiar das funções analíticas de que seu valor numa
certa região é totalmente determinado pelo valor nas bordas desta região. Assim, uma vez de�nido as
condições da função na fronteira, não há mais nenhuma liberdade na de�nição dos seus valores internos. Ou
ainda, qualquer alteração em qualquer ponto da fronteira, altera todos os demais valores da função. Este
comportamento pode ser visto, por exemplo, no estado de equilíbrio de uma chapa aquecida, onde o valor
da temperatura nos pontos da borda da chapa determina seu valor em toda a chapa (lembrando que a parte
real e imaginária de uma função analítica obedece, cada uma, a equação de Laplace).
Exemplo de aplicação: Calcule a integralIC
z
(9� z2) (z + i)dz
onde o caminho C é um circulo de raio 2 (jzj = 2) centrado no ponto z0 = �i. Solução: Apesar do integrandoter uma singularidade no interior do caminho, observe que a função
f (z) =z
(9� z2)
34
é analítica em toda a região de interesse. Assim, podemos usar a fórmula integral de Cauchy para escrever
f (�i) = 1
2�i
IC
�z
(9� z2)
�1
(z + i)dz =
(�i)�9� (�i)2
� =)IC
�z
(9� z2)
�1
(z + i)dz = 2�i
(�i)�9� (�i)2
� = �
5:
�
4.7 Derivadas de funções analíticas
Vamos voltar à integral IC
f (z)
z � w dz
para uma curva C que circunda a singularidade w. Vamos agora parametrizar esta curva por z (t), t 2 [0; 1],com isso I
C
f (z)
z � w dz =
Z 1
0
f (z (t))
z (t)� w _z dt :
Usando agora a fórmula integral de Cauchy (28) temos
f (w) =1
2�i
Z 1
0
f (z (t))
z (t)� w _z (t) dt :
Vamos calcular agora a derivada da função f (w)
d
dwf (w) = f�
0(w) =
1
2�i
d
dw
�Z 1
0
f (z (t))
z (t)� w _z dt
�:
Observe que a quantidade dentro do sinal de integral pode ser considerada como uma função de w e t. Usando
agora a regra de Leibniz (que garante que, para integrais reais, nós podemos diferenciar através do sinal de
integral) temos
f�0(w) =
1
2�i
�Z 1
0
@
@w
f (z (t))
z (t)� w _z dt
�:
(observe que a integral é uma função apenas de w mas o integrando é uma função de w e t por isso, quando
entra na integral a derivada total vira uma derivada parcial). Efetuando agora a diferenciação
f�0(w) =
1
2�i
Z 1
0
f (z)
(z � w)2_z dt =
1
2�i
IC
f (z)
(z � w)2dz :
35
Repetindo este procedimento n vezes temos que
f�(n)
(w) =n!
2�i
IC
f (z)
(z � w)n+1dz ;
esta é a fórmula de Cauchy para as derivadas. Do resultado acima temos o importante:
Theorem 29 Se f é uma função analítica numa região E � C; e C é uma curva simples (cujo percurso não
se cruza) fechada em E, então para um ponto z0 dentro da curva C, a n-ésima derivada de f existe e é dada
por
f�(n)
(z0) =n!
2�i
IC
f (z)
(z � z0)n+1dz : (29)
Este resultado garante que, se a função é analítica, além de ser diferenciável (como já sabíamos), ela podeser in�nitamente diferenciável. Além disso, como esta derivada estará de�nida para todos os pontos z0dentro do contorno, todas estas derivadas também serão funções analíticas na mesma região E, pois se f (n+1)
existe em todos os pontos de E, enão f (n) é analítica em E (lembre que uma função f é analítica em z0 se, e
somente se, existe uma vizinhança deste ponto onde a derivada de f existe em cada ponto desta vizinhança).
A existência de todas estas derivadas garante que podemos expandir uma função analítica em série de Taylor
(que é a de�nição de funções analíticas para funções de variáveis reais).
O resultado acima é mais uma diferença gritante entre funções reais diferenciáveis e funções complexas
diferenciáveis. (Obviamente, se uma função real possui uma derivada de ordem n isso não garante a existência
da derivada de ordem n+ 1 e, conseqüentemente, a função pode não ser expansível em série de Taylor.)
Como corolário do teorema acima temos:
Corollary 30 Se u : R2 �! R é uma função harmônica, então ela possui derivadas de todas as ordens,
e cada uma destas derivadas também são funções harmônicas, pois se f = u + iv é analítica, e portanto
contínua, segue que
f 0 =@u
@x+ i
@v
@x=@u
@y+ i
@v
@y
e, portanto as derivadas de u e v também são contínuas e assim sucessivamente para as demais derivadas.
Existe também uma versão inversa do teorema de Cauchy-Goursat.
Theorem 31 Se f = u+ iv é dada por funções u e v contínuas numa região e satisfaz a condiçãoIC
f (z) dz = 0 ;
para qualquer contorno fechado, então f é analítica nesta região.
Este é o teorema de Morera.
Os resultados acima são essenciais para o estudo de série de potências de funções analíticas. Assim,
exemplos de aplicação destes resultados serão dados diretamente no desenvolvimento das seções seguintes.
36
5 Séries de Taylor
A decomposição em série de funções possui uma in�nidade de aplicações práticas, por exemplo, para se
estimar o valor de certas funções (quando se pressiona o botão seno da calculadora o que ela faz é calcular a
série do seno até uma certa ordem e assim em todos os cálculos numéricos). Para funções complexas, além
desta aplicação prática, uma série de outras propriedades das funções (além do seu valor) podem ser obtidas
pela sua expansão em série de potências.
Para funções complexas, se f (z) é uma função in�nitamente diferenciável num ponto z0, então (como no
caso de funções reais) de�nimos sua série de Taylor em torno de um ponto z0 como
1Xk=0
f (k) (z0)
k!(z � z0)k
onde f0 = f e 0! = 1! = 1.
Observe que para funções reais, em geral, esta série não é igual a f . Por exemplo a função
f (x) =
(0, para x � 0e101 exp
�� 1x2
�, para x > 0
:
Esta função é in�nitamente diferenciável em qualquer ponto x e todas as derivadas são zero na origem. Assim,
a série de Taylor desta função em torno da origem calculada no ponto 1 vale 0, o que, obviamente é bem
diferente de f (1) = e101e�1 = e100.
Além disso, uma série de Taylor pode não convergir. E do exemplo acima vemos que, mesmo que ela
convirja, pode convergir para algo que não se relaciona com a nossa função.
De forma geral, a questão da convergência desta série é um ponto bastante intrincado. Entretanto, como
veremos, esta questão se torna muito mais simples quando nos restringimos apenas a funções analíticas.
Se f (z) é uma função analítica numa região E, para qualquer ponto em z 2 E podemos usar a formula
integral de Cauchy (28) para escrever
f (z) =1
2�i
IC1
f (z0)
z0 � z dz0
onde C1 é um caminho fechado interior a E que tomaremos como um círculo de raio r1. Vamos tomar C1dentro de E de sorte que possamos traçar um novo circulo C0 maior que C1.
Observe agora que1
z0 � z =1
(z0 � z0)� (z � z0)=
1
(z0 � z0)1
1� z�z0z0�z0
(30)
37
mas para qualquer � complexo com � 6= 1 temos
1
1� � = 1 + �+ �2 + :::+ �n�1 +
�n
1� �
Para ver isso, multiplique ambos os lados por (1� �)
1 = (1� �)�1 + �+ �2 + :::+ �n�1
�+ �n
=�1 + �+ �2 + :::+ �n�1
����+ �2 + :::+ �n�1 + �n
�+ �n
= 1� �n + �n
Assim, podemos escrever (30) como
1
z0 � z =1
z0 � z0
"1 +
z � z0z0 � z0
+ :::+
�z � z0z0 � z0
�n�1+
1
1� z�z0z0�z0
�z � z0z0 � z0
�n#
multiplicando por f (z0) temos
f (z0)
z0 � z =f (z0)
z � z0+
f (z0)
(z0 � z0)2(z � z0) + :::+
f (z0)
(z0 � z0)n(z � z0)n�1
+f (z0)
(z0 � z0) (z0 � z0)n1
1� z�z0z0�z0
(z � z0)n
=f (z0)
z � z0+
f (z0)
(z0 � z0)2(z � z0) + :::+
f (z0)
(z0 � z0)n(z � z0)n�1
+f (z0)
(z0 � z0)n1
(z0 � z) (z � z0)n
38
Dividindo cada termo por 2�i e integrando ao longo de C1 temos
1
2�i
IC1
f (z0)
z0 � z dz0 =
1
2�i
IC1
f (z0)
z � z0dz0 +
1
2�i
IC1
f (z0)
(z0 � z0)2(z � z0) dz0 +
+:::+1
2�i
IC1
f (z0)
(z0 � z) (z0 � z0)n(z � z0)n dz0 (31)
Usando agora a fórmula de Cauchy para a derivada (29) temos que
1
2�i
IC1
f (z0)
(z � z0)k+1dz0 =
1
k!f (k) (z0)
Podemos então escrever (31) como
f (z) = f (z0) + f0 (z0) (z � z0) + :::+
f (n�1) (z0)
(n� 1)! (z � z0)n�1 +Rn (32)
onde
Rn =(z � z0)n
2�i
IC1
f (z0)
(z0 � z) (z0 � z0)ndz0 :
Vamos chamar de r1 o raio da nossa curva C1. Pegando agora um ponto z dentro da curva C1 e um ponto
z0 na curva C1, i.e., jz0 � z0j = r1 e jz � z0j = r < r1. Com isso temos jz0 � zj = j~r1 � ~rj � r1 � r (lembre
que z0 é o caminho sobre o circulo C1 de raio r1). Assim
jRnj �rn
2�
2�r1M
(r1 � r) rn1=
r1M
r1 � r
�r
r1
�n;
onde M é o valor máximo do módulo de f (jf (z0)j �M ; z0 2 E), este valor existe porque f é analítica emE. Mas r=r1 < 1 e, com isso,
limn!1
Rn = 0 :
Assim, quando n tende a in�nito o limite da soma dos n termos do segundo membro da igualdade (32)
converge.
f (z) = f (z0) +1Xn=1
an (z � z0)n ; an =f (n) (z)
n!
����z=z0
Como resultado, quando f é analítica no interior do circulo C0 a convergência da sua série de Taylor
está garantida. De outra forma, a convergência da série de Taylor em torno de um ponto z0 de uma função
analítica está garantida até o primeiro ponto de singularidade da função (i.e., onde a função deixa de ser
analítica). Este é o raio de convergência da série de Taylor de uma função analítica.
39
Para o caso especial em que z0 = 0 esta série é chamada de série de Maclaurin
f (z) = f (0) +1Xn=1
f (n) (0)
n!zn :
Exemplo: Vamos desenvolver a série de Maclaurin da função
f (z) = ez
Veri�que que f é inteira (exercício). Para esta função temos
f (n) (0) = 1
Assim, temos
ez = 1 +1Xn=1
zn
n!para jzj <1 :
Exemplo 2:
f (z) =1
1 + z; f 0 (0) =
"� 1
(1 + z)2
#z=0
= �1
f 00 (0) =
"2
1
(1 + z)3
#z=0
= 2 ; f (n) (0) =
"(�1)n n! 1
(1 + z)n+1
#z=0
= (�1)n n! :
a série de Maclaurin vale1
1 + z=
1Xn=0
(�1)n zn
Observe que o raio de convergência desta série é jzj < 1.
40
Exemplo: uso da antiderivada no cálculo da integral de funções multivalentes.Vamos calcular a integral da função f (z) =
pz do ponto 1 até �1 através de um semi-circulo acima do
eixo real, C = ei� ; 0 � � � �.
Como vimos anteriormente, esta função possui vários ramos. Apesar de todos estes ramos possuírem a
mesma forma funcional, seus domínios de de�nição são diferentes para cada corte escolhido. Por exemplo,
suponha que se escolheu o seguinte corte:
f1 (z) = [z (r; �)]1=2 �
pr exp (i�=2) ; r > 0 ; 0 < � < 2�
Neste corte não podemos efetuar a integral pelo método da anti-derivada, porque a função não é analítica nocaminho (este ramo não é analítico, não está de�nido, em z = 1). Podemos resolver este problema fazendo o
corte em outro lugar. Por exemplo, fazendo o corte � = ��=2
f2 (z) = [z (r; �)]1=2 �
pr exp (i�=2) ; r > 0 ; ��=2 < � < 3�=2
Neste caso, como nosso caminho não cruza a linha de corte e, conseqüentemente, o ramo escolhido é analítico
em todo o percurso, podemos calcular
F =2
3z3=2 =) F
0= z1=2Z
C
z1=2 dz =
�2
3z3=2
�r=1;�=�r=1;�=0
=2
3
�pr exp
�3
2i�
��r=1;�=�r=1;�=0
=2
3
�exp
�3
2i�
���=��=0
=2
3
�exp
�3
2i�
�� exp (0)
�=
2
3[�i� 1] = �2
3(1 + i)
Qualquer caminho acima do eixo real pode ser calculado da mesma maneira.
Agora, se quisermos efetuar o mesmo cálculo por um caminho C2 que liga o mesmo ponto, mas passa pela
parte abaixo do eixo real, devemos escolher um novo ramo da função. Por exemplo, podemos fazer o corte
em � = �=2
f3 (z) = [z (r; �)]1=2 �
pr exp (i�) ; r > 0 ; �=2 < � < 5�=2
observe que � = 0 não está no domínio desta função.
41
F =2
3z3=2 =) F
0= z1=2Z
C
z1=2 dz =
�2
3z3=2
�r=1;�=�r=1;�=2�
=2
3
�pr exp
�3
2i�
��r=1;�=�r=1;�=2�
=2
3
�exp
�3
2i�
���=��=2�
=3
2
�exp
�3
2i�
�� exp
�3
2i2�
��=
2
3
�exp
�3
2i�
�� exp (3i�)
�=
2
3[�i� (�1)] = 3
2[1� i]
Observe que, mesmo tendo a mesma forma funcional, o resultado é diferente.
� Falar da convergência de Rn.
Exemplo: Voltando para o problema das séries de Taylor, vamos calcular a série de Maclaurin da função
f1 =1
1� z
calculando as derivadas temos
f (n) (z) =n!
(1� z)n+1=) f (n) (0) = n!
e a série toma a forma
f1 (z) =X f (n) (0)
n!zn =) 1
1� z =1Xn=0
zn
coju raio de convergência vale jzj < 1 (até o ponto de singularidade z = 1).Exempo: Calcule a série de Maclaurin da função
f2 =1
1 + zpara jzj < 1
Vamos usar aqui a importante característica de que a série, se existir, é única. Diferente do exemplo anterior,
o ponto de singularidade desta função é z = �1. Entretanto, como jzj = j�zj os pontos de interessetambém estão no raio de convergência do exemplo anterior. De outra forma, podemos usar a
42
expanção anterior para os pontos para cálcular f1 (�z) = f2 (z) ;
f1 (z) =1Xn=0
zn =) f1 (�z) =1Xn=0
(�z)n = 1
1 + z= f2 ;
1
1 + z=
1Xn=0
(�1)n zn ; jzj < 1 :
Continuando com o exemplo, podemos fazer a substituição z0= z + 1
�z0 � 1 = z
�tanto ná série quanto
no raio de convergência da série acima
1
1 + z=
1Xn=0
(�1)n zn ; jzj < 1 =)
1
1 + z0 � 1 =1
z0=
1Xn=0
(�1)n�z0� 1�n
;���z0 � 1��� < 1
Temos assim a série de Taylor em torno do ponto z = �1 da função f3 (z) = z�1.
5.1 Serie de Laurent
Exemplo: Vamos calcular a série para a função
f (z) =1 + 2z2
z3 + z5:
Para isso, vamos escrever esta função na forma
f (z) =1
z3
�1 + 2z2
1 + z2
�=1
z3
�1 + 2z2 + 2� 2
1 + z2
�=
1
z3
2�z2 + 1
�� 1
1 + z2
!=1
z3
�2� 1
1 + z2
�
Esta função não pode ser expandida em torno de z = 0. Mas o segundo membro dentro do parêntezes pode,
1
1 + z=
1Xn=0
(�1)n zn ; jzj < 1 =) 1
1 + (z2)=
1Xn=0
(�1)n z2n ; jzj < 1
43
Então, nos pontos jzj < 1, onde a série acima está de�nida, e para o ponto z 6= 0 onde 1=z3 também está
de�nido tempos
1
z3
�2� 1
1 + z2
�=
1
z3
2�
1Xn=0
(�1)n z2n!
=1
z3�2� 1 + z2 � z4 + z6 + :::
�=
1
z3+1
z3z2 � z1 + z3 + :::
0 < jzj < 1
Assim, apesar de ter uma singularidade na origem nós conseguimos expandir a função em série na região
entre dois círculos concêntricos jzj > 0 e jzj < 1. Esta é uma série (num anel) em torno de um ponto singular
z = 0.
Diferente das séries de Taylor, a série acima contém potências negativas de z. Ou seja, é possível tomar
em conta a singularidade da função se adicionarmos a série potências negativas do termo de expansão. Uma
série de potências com potências negativas é chamada de série de Laurent.
Se a função f é analítica na região entre os círculos r2 < jz � z0j < r1 da �gura, temos pela fórmula
integral de Cauchy
f (z) =1
2�i
IC1
f (z0)
z0 � z dz0 � 1
2�i
IC2
f (z0)
z0 � z dz0 :
44
Na segunda integral fazemos
� 1
z0 � z =1
(z � z0)� (z0 � z0)=
1
(z � z0)1
1� z0�z0z�z0
usando1
1� � =N�1Xn=0
�n +�N
1� �
temos
� =z0 � z0z � z0
=) 1
1��z0�z0z�z0
� = N�1Xn=0
(z0 � z0)n
(z � z0)n+
(z0�z0)N
(z�z0)N�1
(z � z0)
assim
� 1
z0 � z = N�1Xn=0
(z0 � z0)n
(z � z0)n+1+
1
(z � z0)(z0 � z0)N
(z � z0)N
!mudando n! n� 1
� 1
z0 � z =
NXn=1
(z0 � z0)n�1
(z � z0)n+
1
(z � z0)(z0 � z0)N
(z � z0)N
!com o que, a segunda integral �ca,
� 1
2�i
IC2
f (z0)
z0 � z dz0 =
1
2�i
IC2
�� 1
z0 � z
�f (z0) dz0
=1
2�i
IC2
NXn=1
(z0 � z0)n�1
(z � z0)n+
1
(z � z0)(z0 � z0)N
(z � z0)N
!!f (z0) dz0
=NXn=1
1
2�i
IC2
NXn=1
(z0 � z0)n�1 f (z0) dz01
(z � z0)n
+1
2�i
IC2
1
(z � z0)(z0 � z0)N
(z � z0)Nf (z0) dz0
=NXn=1
bn1
(z � z0)n+Qn
onde
bn =1
2�i
ZC2
(z0 � z0)n�1 f (z0) dz0 =1
2�i
ZC2
f (z0)
(z0 � z0)�n+1dz0
n = 1; 2; 3; :::
QN =1
2�i (z � z0)NZC2
(z0 � z0)N
(z � z0) f (z0) dz0
45
A primeira integral pode ser tratada exatamente como no caso da série de Taylor
1
z0 � z =1
(z0 � z0)� (z � z0)=
1
z0 � z01
1� z�z0z0�z0
� =z � z0z0 � z0
=) 1
1� z�z0z0�z0
=N�1Xn=0
(z � z0)n
(z0 � z0)n+
(z � z0)N
(z0 � z0)N�11
(z0 � z)
1
2�i
ZC1
f (z0)
z0 � z dz0 =
1
2�i
ZC1
f (z0)1
z0 � z dz0 =
1
2�i
ZC1
f (z0)1
z0 � z01
1� z�z0z0�z0
dz0
=1
2�i
ZC1
f (z0)1
z0 � z0
"N�1Xn=0
(z � z0)n
(z0 � z0)n+
(z � z0)N
(z0 � z0)N�11
(z0 � z)
#dz0
=
N�1Xn=0
1
2�i
ZC1
f (z0)(z � z0)n
(z0 � z0)n+1dz0
+1
2�i
ZC1
f (z0)(z � z0)N
(z0 � z0)N1
(z0 � z)dz0
=
N�1Xn=0
an (z � z0)n
+1
2�i
ZC1
f (z0)1
z0 � z0(z � z0)N
(z0 � z0)N�11
(z0 � z)dz0
an =1
2�i
ZC1
f (z0)
(z0 � z0)n+1dz0 ; n = 0; 1; ::::
RN =(z � z0)N
2�i
ZC1
f (z0)
(z0 � z) (z0 � z0)Ndz0
Tanto os coe�cientes an quantoRN são os mesmos obtidos para a série de Taylor. Sabemos que limN!1 jRN j =0. De forma análoga (só trocando > por <) é possível mostrar que
jQN j =1
2� jrjN
�����ZC2
(z0 � z0)N
(z � z0) f (z0) dz0
����� � 1
2�rN
�r2r
�N ZC2
jf (z0)jj(z � z0)j dz
0
� 1
2�rN
�r2r
�N N
(r � r2)
com r2 o raio do circulo interno, N = max (jf (z)j) limN!1 jQN j = 0. Além disso, sendo a função analítica
46
em todo o domínio r2 < jz � z0j < r1 então, com a devida orientação,IC1
=
IC2
=
IC
onde C é qualquer caminho na região anular onde a função é analítica. Temos então o teorema:
Theorem 32 Se f é analítica na região entre os círculos C1 de raio r1 e C2 de raio r2, ambos centrados emz0 então em cada ponto z da região r2 < jz � z0j < r1, f (z) é representada por uma série convergente de
potências positivas e negativas de (z � z0),
f (z) =1Xn=0
an (z � z0)n +1Xn=1
bn(z � z0)n
an =1
2�i
IC
f (z0)
(z0 � z0)n+1dz0
bn =1
2�i
IC
f (z0)
(z0 � z0)�n+1dz0
onde C é qualquer caminho simples fechado na região r2 < jz � z0j < r1.
Esta fórmula pode ser escrita na forma mais compacta
f (z) =1X
n=�1An (z � z0)n ; An =
1
2�i
IC
f (z0)
(z0 � z0)n+1dz0 : (33)
É importante observar que, mesmo no caso dos coe�cientes dos termos positivos an, não podemos maisidenti�car as integrais com as derivadas da função (usando a fórmula (29)) porque a função não é mais
analítica no interior da curva fechada C. Assim, no caso geral, os coe�cientes devem ser calculados com as
técnicas de integração já desenvolvidas. Entretanto, como veremos, estes coe�cientes raramente precisam ser
calculados explicitamente.
Se a função é analítica em todos os pontos (incluindo z0)
bn =1
2�i
ZC
f (z0)
(z0 � z0)�n+1dz0 = 0 ; n > 0
porque não há singularidade no integrando. Assim, neste caso, voltamos a ter a série de Taylor.
Exemplo: Encontrar a série de Laurent em torno de z = 0 da função
f (z) =ez
z2; jzj > 0
Neste caso, como a função é analítica para todo z 6= 0 o circulo C1 é in�nito. Para encontrar a série
procurada precisamos apenas lembrar que a série de Laurent também é única. Assim, se encontrarmos
47
uma expansão em série (qualquer uma) que seja igual a nossa função nos na região de interesse, então esta é
a nossa série. Usando a série de Maclaurin da exponencial temos
ez =1Xn=0
zn
n!
(que é válida em todo o espaço) basta observar agora que, para qualquer ponto z 6= 0 a seguinte série converge
1
z2
1Xn=0
zn
n!=
1Xn=0
zn�2
n!=1
z2+1
z+1
2!+z
3!+z2
4!+ :::
como esta série é convergente na região de interesse e, nesta região, ela é igual a nossa função, então esta é a
série procurada.
A nossa série começa com o coe�ciente b2 = 1 (e não de �1).Exemplo: Encontre a série de Laurent em torno de z = 1 da função
f =1
(z � 1)2; jzj < 1 :
Esta expressão já está na forma da série (33) com A�2 = 1 e todos os outro An = 0.
Exemplo: Obter a série de Laurent que represente a função
f =1
z2 (1� z)
na região 0 < jzj < 1: Resposta: Esta função possui 2 singularidades, então podemos achar sua repre-sentação em série em cada uma destas regiões, 0 < jzj < 1; jzj > 1. Estamos interessados na primeira
região.Observando que 1= (1� z) não é singular em z = 0, portanto podemos escrever a série de MacLaurin
1
1� z =X
zn
observando, é claro, que a série é convergente para jzj < 1. Observando agora que, para jzj > 0, 1=z2 tambémnão é singular. Temos que o produto das séries
1
z2��X
zn�
=X
zn�2 =1
z2+1
z+ 1 + z + z2 + :::
0 < jzj < 1
converge na região de interesse e é a série procurada
Exemplo: O mesmo do item anterior na região jzj > 1. Nesta região a série obtida anteriormente
48
não converge. Entretanto podemos escrever
1
1� 1z
=X�
1
z
�n=) 1
z
1
1� 1z
=1
z
X�1
z
�n1
z � 1 =1
z
X 1
zn=) � 1
1� z =X 1
zn+1=) 1
1� z = �Xn
1
zn+1
que converge na região de interesse jzj > 1. Assim
1
z2
�Xn
1
zn+1
!= �
Xn
1
zn+1+2= �
1Xn=0
1
zn+3= �
1Xn=3
1
zn
é a série procurada na região jzj > 1.
Remark 33 Se uma série converge num certo domínio interior ao círculo jz � z0j < R esta série é uma
função analítica neste domínio.
Exemplo: Veri�que se a seguinte função é inteira
f (z) =
((sin z) =z ; z 6= 01 ; z = 0
A série de Maclaurin do seno vale
sin z =
1Xn=0
(�1)n z2n+1
(2n+ 1)!
Podemos então calcular
1
zsin z =
1
z
1Xn=0
(�1)n z2n+1
(2n+ 1)!=
1Xn=0
(�1)n z2n
(2n+ 1)!= 1� z2
3!+z4
5!+ :::
Esta série converge em todo espaço, então ela representa uma função analítica em todo o espaço(uma função inteira). Além disso, ela é igual a nossa função em todos os pontos e, como a expansão emsérie é única, esta é a expansão em série da nossa função. Então a nossa função é inteira. Uma vezque isso garante que nossa função é contínua, podemos calcular
limz!0
sin z
z= 1 :
O que é válido, em especial, para o eixo real.
49
6 Pólos e resíduos
Vimos anteriormente que (pelo teorema de Cauchy-Goursat) a integral num circuito fechado que encerra uma
região onde a função é analítica vale zero. Por outro lado, se a função deixa de ser analítica num ponto,
a integral ao longo deste ponto não vale mais zero. Mas, como vimos este valor é o mesmo para qualquer
circuito que envolva o ponto (desde que este circuito não englobe outras singularidades da função). Este valor
é chamado de resíduo da função no ponto.
Obviamente, conhecendo todos os resíduos de uma função, podemos calcular sua integral ao redor de
qualquer circuito fechado.
Um ponto singular (i.e., um ponto onde uma função deixa de ser analítica) de uma função f (z) é chamado
de isolado, se f for analítica em toda uma vizinhança (por menos que seja) deste ponto. De outra forma,
um ponto singular z0 é uma singularidade isolada se for possível encontrar um raio r onde, no círculo
0 < jz � z0j < r, a função f (z) é analítica. Resíduos são de�nidos apenas para singularidades isoladas.
Exemplo: A função
f (z) =z + 1
z3 (z2 + 1)
possui 3 singularidades isoladas nos pontos z = �i e z = 0.Exemplo: A função
f (z) =1
sin��z
�é singular em z = 0 e em �
z = n� =) z = 1=n. A singularidade z0 = 0 não é isolada. Pois, não importao tamanho do raio r, sempre podemos achar um n su�cientemente grande tal que 1
n < r. Então, não existe
uma vizinhança do ponto z = 0 que não contenha outra singularidade.
Assim, para uma singularidade isolada z0, sempre podemos expandir f numa série de Laurent
f (z) =
1Xn=0
an (z � z0)n +1Xn=1
bn(z � z0)n
; 0 < jz � z0j < r :
Como vimos, as singularidades da função estão relacionadas com as potências negativas desta série, ou seja,
com os coe�cientes
bn =1
2�i
ZC
f (z0)
(z0 � z0)�n+1dz0 = 0 ; n > 0
onde C é caminho fechado que circunda a singularidade z0. Em especial, temos
n = 1) b1 =1
2�i
ZC
f (z0) dz0 = 0 ;
ou seja, 2�b1 é exatamente a integral da nossa função em torno da singularidade. O coe�ciente b1 é chamado
50
de resíduo da função f na singularidade isolada z0,
b1 = Resz=z0
f (z) � B :
Assim, o resíduo de uma função (i.e., o primeiro termo de uma série de Laurent) fornece uma ferramenta
poderosa para o cálculo de integrais em contornos fechados.
Exemplo: Vamos calcular a integral ZC
1
z (z � 2)4dz
onde C é o circulo jz � 2j = 1. O integrando possui duas singularidades isoladas (obviamente todo número
�nito de singularidades é isolado) z = 0 e z = 2. Entretanto, apenas a singularidade z = 2 está dentro da
região de integração. Vamos determinar a série do integrando.
1
z (z � 2)4=
1
(z � 2)4� 1
2 + (z � 2)
=1
(z � 2)4� 1
2h1 + (z�2)
2
iUsando
1
1� z =1Xn=0
zn ; jzj < 1
temos
z ! (z � 2)2
=) 1
1� z =1Xn=0
zn ! 1
1 +h� (z�2)
2
i = 1Xn=0
�� (z � 2)
2
�n;
���� (z � 2)2
���� < 1 =) jz � 2j < 2
como nosso problema está dentro do limite desta série
1
1� (z�2)2
=1Xn=0
(�1)n
2n(z � 2)n =) 1
z (z � 2)4=
1
(z � 2)4� 12
1Xn=0
(�1)n
2n(z � 2)n
1
z (z � 2)4=
1Xn=0
(z � 2)n�4
2n+1=
1
2 (z � 2)4� 1
22 (z � 2)3+
1
23 (z � 2)2� 1
24 (z � 2)1+ :::
51
o coe�ciente da série que multiplica o termo (z � 2)�1, i.e., o coe�ciente b1, vale
b1 =1
24= � 1
16=
1
2�i
ZC
f (z0) dz0ZC
f (z0) dz0 = ��i8:
Exemplo: ZC
exp
�1
z2
�dz
onde C é o círculo jzj = 1. A singularidade (isolada) está em z = 0. Sabendo que
exp (z) =X zn
n!; jzj >1 =) exp
�1
z2
�=X �
1z2
�nn!
=1Xn=0
1
z2nn!
esta série converge para
0 < jzj <1
Então a expansão em série do nosso integrando �ca
exp
�1
z2
�= 1 +
1
z2+
1
z42!+ :::
Quanto vale b1?
b1 = 0 =1
2�i
ZC
f (z0) dz0 :
Remark 34 Do exemplo acima observe que
Analiticidade =)IC
f dz = 0 :
Suponha agora que o contorno C envolva uma quantidade �nita (portanto isoladas) de singularidadeszn.
Fazendo então uma integral na região que não engloba nenhum ponto singular, i.e., onde a função é
analítica, temos IC
f dz �Xn
ICn
f dz = 0
lembrando agora que, em torno de cada singularidade temos
1
2�i
ZC
f (z0) dz0 = Resz=zn
f (z)
52
Figure 3: Figura tirada do livro do Churchill.
temos IC
f dz =Xn
ICn
f dz = 2�iXn
Resz=zn
f (z) :
Este é o teorema dos resíduos de Cauchy.
Exemplo: Calcule a integral ZC
5z � 2z (z � 1) dz
onde C é o círculo de raio 2 centrado na origem, jzj = 2. O integrando possui duas singularidades, z = 0 e
z = 1, ambas dentro da região de integração. Vamos primeiro calcular o resíduo em z = 0,
5z � 2z (z � 1)
1
z (z � 1) =1
z� 1
(z � 1)
� 1
1� z = �1Xn=0
zn ; jzj < 1
lembre que para cálculo do resíduo o círculo em torno da singularidade pode ser quão pequeno quanto se
53
queira.
(5z � 2)z (z � 1) = � (5z � 2)
z
1Xn=0
zn = � (5z � 2)1Xn=0
zn�1
= �51Xn=0
zn + 21Xn=0
zn�1
n� 1 = m =) (5z � 2)z (z � 1) = 2
1Xm=�1
zm � 51Xn=0
zn
= 21
z+ 2
1Xm=0
zm � 51Xn=0
zn = 21
z+ (2� 5)
1Xn=0
zn =2
z� 3
1Xn=0
zn
Resz=0
f (z) = 2 � B1
Agora, para o resíduo z = 1 temos
1
z (z � 1) =1
(z � 1) �1
z=
1
(z � 1) �1
1 + (z � 1)1
1 + z=
1Xn=0
(�1)n zn ; jzj < 1 =) 1
1 + (z � 1) =1Xn=0
(�1)n ((z � 1))n ; jz � 1j < 1
com isso
5z � 2z (z � 1) = (5z � 2) 1
(z � 1) �1
z= (5z � 2) 1
(z � 1) �1Xn=0
(�1)n (z � 1)n
5z � 2 = 5
�(z � 1) + 1� 2
5
�5z � 2z (z � 1) = 5
�(z � 1) + 1� 2
5
� 1Xn=0
(�1)n (z � 1)n�1
= 5
"(z � 1)
1Xn=0
(�1)n (z � 1)n�1 +�1� 2
5
� 1Xn=0
(�1)n (z � 1)n�1#
= 5
" 1Xn=0
(�1)n (z � 1)n +�1� 2
5
� 1Xn=0
(�1)n (z � 1)n�1#
= 51Xn=0
(�1)n (z � 1)n + 3 1
(z � 1) + :::
Resz=1
f (z) = 3 � B2
54
Pelo teorema dos resíduos IC
f dz = 2�iXn
Resz=zn
f (z) = 2�i (B1 +B2)
= 2�i (2 + 3) = 10�i
�Exemplo (continuação): No exemplo acima, podemos também desenvolver uma única série de Laurent
em torno da origem, mas que seja válida para r > 1,
5z � 2z (z � 1) =
1
z� 5z � 2
z � 11
1� z =1Xn=0
zn ; jzj < 1 =) 1
z
1�1� 1
z
� = 1
z
1Xn=0
�1
z
�n;
����1z���� < 1 =) jzj > 1
5z � 2z (z � 1) = (5z � 2)
1Xn=0
1
zn+2=
�(5z � 2) 1
z2+ (5z � 2) 1
z3+ :::
�
Logo o resíduo vale
B = 5 =)ZC
5z � 2z (z � 1) dz = 2�i5 = 10�i :
�
6.0.1 Integrais de funções da forma g (z) = (z � z0)m
Para integrais da forma IC
g (z)
(z � z0)dz (34)
onde C circunda a singularidade z0 temos
b1 =1
2�i
IC
g (z)
(z � z0)dz :
Mas se g é analítica em z0 e o raio de C for pequeno o su�ciente, podemos usar a fórmula integral de Cauchy
para escrever
g (z0) =1
2�i
IC
g (z)
z � z0dz
de onde temos
b1 =1
2�i
IC
g (z)
(z � z0)dz = g (z0) : (35)
Exemplo: Vamos voltar para a integral ZC
5z � 2z (z � 1) dz
55
onde C é o círculo de raio 2 centrado na origem, jzj = 2. Usando uma decomposição em frações parciais:
5z � 2z (z � 1) =
A
z+
B
(z � 1) =A (z � 1) +Bz
z (z � 1)(A+B) z �Az (z � 1) =) A = 2 ; B = 3
temos5z � 2z (z � 1) =
2
z+
3
(z � 1) =)ZC
5z � 2z (z � 1) dz =
ZC
2
zdz +
ZC
3
(z � 1) dz
Cada uma das integrais acima é da forma (34) em torno das singularidades z = 0 e z = 1ZC
2
zdz =
ZC
g (z)
zdz ; g (z) = 2Z
C
3
(z � 1) dz =
ZC
g (z)
zdz ; g (z) = 3
Usando a fórmula (35) e o teorema dos resíduosZC
5z � 2z (z � 1) dz = 2�i (2 + 3) = 10�i :
Exemplo: ZC
exp (z)
z2 + 1dz
onde C é o círculo de raio 2 centrado na origem, jzj = 2. As singularidades estão em z = �i, ambas dentrodo caminho. Observando que z = �i são as raízes do denominador do integrando, podemos escrever
1
z2 + 1=
1
(z + i) (z � i)
Se quisermos então calcular o resíduo em torno do ponto z = i fazemosZC1
exp�z �2�
z2 + 1dz =
ZC1
exp (z)
(z + i)
1
(z � i) dz
onde C1 é um caminho (pequeno o su�ciente para não englobar z = �i) esta integral é da forma (34)ZC1
exp��2 z�
(z + i)
1
(z � i) dz =ZC1
g (z)
(z � i) dz ; g (z) =exp
��2 z�
(z + i)
56
observe que g (z) é analítica dentro do caminho de integração. Assim o resíduo vale
B1 = g (z = i) =exp
�i�2�
2i=
i
2i=1
2:
Da mesma forma, para o resíduo em z = �i,ZC2
exp��2 z�
(z � i)1
(z + i)dz =
ZC2
g (z)
(z + i)dz ; g (z) =
exp��2 z�
(z � i)
B2 = g (z = �i) =exp
���2 i�
�2i =�i�2i =
1
2
onde C2 é um caminho (pequeno o su�ciente para não englobar z = i). Pelo teorema dos resíduosZC
exp (z)
z2 + 1dz = 2�i
�1
2+1
2
�= 2�i
�
Remark 35 O procedimento acima pode ser usado para o cálculo de resíduos da forma f (z) = (zn � z0), comf (z) analítica nas raízes do denominador.
Vamos tentar generalizar este resultado para a integral de funções na forma
f (z) =g (z)
(z � z0)m
com g (z) analítica em z0 e g (z0) 6= 0. Como g é analítica na região de interesse ela pode ser decompostaem série de Taylor em torno do ponto z0 (onde f é singular)
g (z) =1Xn=0
g(n) (z0)
n!(z � z0)n :
Numa região arbitrariamente próxima de z0 a seguinte série converge
1
(z � z0)m1Xn=0
g(n) (z0)
n!(z � z0)n =
1Xn=0
g(n) (z0)
n!(z � z0)n�m ; 0 < jz � z0j < "
Então, nesta região, este é o desenvolvimento em série de Laurent da função f o coe�ciente b1 desta série
(i.e., o termo que multiplica 1= (z � z0)) vale
b1 =g(m�1) (z0)
(m� 1)!
57
Este resultado, juntamente com (35) mostra que
Resz=z0
g (z)
(z � z0)m=
(g (z0) ; m = 1g(m�1)(z0)(m�1)! ; m � 2
(36)
para g (z) analítica em z0 e g (z0) 6= 0.Exemplo: Encontre o resíduo da função
f (z) =z3 + 2z
(z � i)3=
g (z)
(z � i)3; g (z) = z3 + 2z
Esta função tem uma singularidade em z = i. Neste ponto g é analítica e g (i) 6= 0 então
b1 =g(3�1) (z = i)
(3� 1)! =[g00 (z)]z=i
2
g0 (z) = 3z + 2 ; g00 (z) = 3
b1 =3
2:
�
6.1 Razões de funções analíticas
Para o cálculo do resíduo de funções na forma
f (z) =p (z)
q (z);
com p e q funções analíticas num ponto z0 e q (z0) = 0 (i.e., z0 é um ponto singular de f) podemos proceder
como no caso anterior. Assim, usando o fato das funções serem analíticas em z0 podemos expandi-las em
série de Taylor e tomar a razão (aqui estamos usando o fato de que se q (z) é analítica e q (z0) = 0, então
existe uma vizinhança em torno de z0 tal que q (z) 6= 0 para jz � z0j < ", ou q (z) é uma constante, veja, e.g.,
Churchill Sec. 65)
p (z)
q (z)=
p (z0) + p0 (z0) (z � z0) + :::
(q (z0) = 0) + q0 (z0) (z � z0) + q00 (z0) (z � z0)2 =2! + :::
=1
(z � z0)
�p (z0) + p
0 (z0) (z � z0) + :::q0 (z0) + q00 (z0) (z � z0) =2! + :::
�; 0 < jz � z0j < "
Agora, se q0 (z0) 6= 0 a expressão entre colchetes está de�nida também em z0, assim se de�nirmos
g (z) = (z � z0)p (z)
q (z)=
p (z0) + p0 (z0) (z � z0) + :::
q0 (z0) + q00 (z0) (z � z0) =2! + :::(37)
58
a função g será analítica em z0, alem disso
g (z) = (z � z0)p (z)
q (z)= (z � z0) f (z) ;
ou ainda
f (z) =g (z)
(z � z0);
com g (z) analítica em z0. Usando agora o resultado (36) temos
f (z) =g (z)
(z � z0)=) Res
z=z0f (z) = Res
z=z0
g (z)
(z � z0)= g (z0)
e, voltando a série (37) temos
g (z0) =p (z0) + p
0 (z0) (z0 � z0) + :::q0 (z0) + q00 (z0) (z0 � z0) =2!
=p (z0)
q0 (z0):
Concluindo, se p (z) e q (z) são analíticas em z0 com q (z0) = 0 e q0 (z0) 6= 0, então
Resz=z0
p (z)
q (z)=
p (z0)
q0 (z0):
Exempo: Calcule os resíduos da função
f (z) =cos z
sin z
As funções seno e cosse são inteiras. As singularidades de f estão nos pontos sin z = 0 =) zn = n� (exercício:mostre isso). Além disso, para cada um destes pontos
d
dzsin z = cos z =)
�d
dzsin z
�z=zn
= (�1)n 6= 0
Então nossos resíduos são
Resz=zn
cos z
sin z=cos zncos zn
= 1 :
6.2 Caminhos que englobam todas as singularidades
Os resultados acima podem ser simpli�cados quando o caminho C engloba todas as singularidades da função.Se a função f (z) é analítica em toda uma região fora do circuito fechado C da �gura, podemos então
traçar um círculo C1, de raio R1 e centrado em z = 0, sendo a função analítica na região entre C1 e C, a
integral por ambos os caminhos é a mesma.
59
Figure 4: Figura tirada do livro do Churchill
ZC
f (z) dz =
ZC1
f (z) dz :
Agora, na região exterior a C0 a função é analítica e, portanto, pode ser expandida numa série de Laurent
f (z) =1X
n=�1Anz
n ; R1 < jzj <1
An =1
2�i
ZC1
f (z)
zn+1dz (38)
Como no caso anterior, o coe�ciente A�1 fornece
A�1 =1
2�i
ZC1
f (z) dz (39)
Entretanto, como a função engloba várias singularidades, este coe�ciente não é mais o resíduo da função. Para
que o coe�ciente A�1 sejá o resíduo de uma função, é necessário que o domínio de validade da expansão seja
algo como 0 < jz � z0j < r, pois assim podemos garantir que a singularidade em z = z0 é uma singularidade
isolada.
60
Agora, se na expansão (38) trocarmos z por 1=z temos
z �! 1
z0;
f
�1
z0
�=
1Xn=�1
An1
z0n; R0 <
���� 1z0���� <1 =) 1
R1> jz0j > 0
O coe�ciente que multiplica z0�1 nesta nova série é A1 e não mais A�1. Entretanto, se multiplicarmos a
série por z�2 temos1
z2f
�1
z
�=
1Xn=�1
An1
zn+2;
1
R1> jzj > 0
lembrando que jzj > 0 está nova série também esta bem de�nida. O domínio de validade desta nova série1R1
> jzj > 0 mostra que z = 0 é uma singularidade isolada da função a esquerda da igualdade, portanto
A�1 = Resz=0
�1
z2f
�1
z
��Usando agora (39) e lembrando que podemos integrar tanto ao longo de C1 como C, temosZ
C
f (z) dz = 2�iResz=0
�1
z2f
�1
z
��:
Assim a integral da função f numa região envolvendo várias singularidades, pode ser calculada através de
um único resíduo de uma determinada função.
Exemplo: Vamos agora voltar ao cálculo da integralZC
5z � 2z (z � 1) dz
onde C é o círculo de raio 2 centrado na origem, jzj = 2. Como vimos anteriormente este caminho englobaas duas singularidades da função. Usando a gora o resultado desenvolvido acima, podemos calcular
f (z) =5z � 2z (z � 1) =) f
�1
z
�= z
5�1z
�� 2�
1z � 1
� = z5� z2(1� z)
1
z2f
�1
z
�=
5� 2zz (1� z) =
A
z+
B
(1� z) =)A+ (B �A) zz (1� z) ; A = 5
ZC
5z � 2z (z � 1) dz = 2�iResz=0
�1
z2f
�1
z
��= 2�i5 = 10�i :
61
6.3 Tipos de singularidade
Como vimos, na série de Laurent a parte com potências negativas
bn =1
2�i
ZC
f (z0)
(z0 � z0)�n+1dz0 = 0 ; n > 0
é responsável por reproduzir a singularidade da função. Estes termos são chamados parte principal da série.
Assim, o estudo dos diferentes tipos de singularidade está relacionado com o estudo da parte principal da
série da função.
Podemos identi�car 3 diferentes tipos de parte singularidade isoladas
1. Se a parte principal é �nita
bm 6= 0 ; bm+1 = bm+2 = ::: = 0
a singularidade isolada é chama de um pólo de ordem m. Um pólo de ordem m = 1 é chamado um pólo
simples.
Exemplo: como vimos antes
f (z) =ez
z2=
1Xn=0
zn�2
n!=1
z2+1
z+1
2!+z
3!+z2
4!+ ::: ;
jzj > 0
esta função tem um pólo de ordem 2 em z = 0. Se z0 é um pólo temos
limz!z0
f (z) =1 :
2. O segundo tipo de singularidade ocorre quanto todos os termos da parte principal da série são zero.
Este tipo de singularidade é chamado de removível. Por exemplo, a função
f (z) =sin z
z;
possui uma singularidade isolada em z = 0. O desenvolvimento em série desta função fornece
sin z =1Xn=0
(�1)n z2n+1
(2n+ 1)!=) 1
zsin z =
1Xn=0
(�1)n z2n
(2n+ 1)!
= 1� z2
3!+z4
5!+ :::
62
Esta série descreve a nossa função para z 6= 0. Observe agora que se de�nirmos
f (0) = 1
a série passa a descrever a nossa função em todos os pontos do espaço. Como esta série converge em
todo espaço, ela descreve uma função analítica em todo espaço. Assim, a função
f (z) =
(sin zz ; jzj > 01 ; z = 0
é inteira. Por ser inteira, sabemos que esta função é contínua e os limites não dependem do caminho,
assim podemos a�rmar que
limz�!0
sin z
z= lim
z!0f (z) = f (0) = 1 :
Observe que de�nindo f (0) � 1 nós removemos a singularidade da função. Este processo sempre podeser realizado para este tipo de singularidade, por isso este tipo de singularidade é chamado de removível.
3. Quando existem in�nitos termos na parte principal da série, a singularidade é chamada de essencial.
Exemplo: Como vimos
exp
�1
z
�=
1Xn=0
1
n!
1
zn; 0 < jzj <1
A identi�cação do tipo de singularidade da função permite simpli�car a determinação de seus resíduos e,
conseqüentemente, o cálculo de suas integrais em contornos fechados, além de informar sobre o comportamento
da função próximo a singularidade:
1. Se a função possui um pólo simples de ordem m, resíduo de funções com este tipo de singularidade
usualmente pode ser calculado usando o resultado (36)
Resz=z0
g (z)
(z � z0)m=
(g (z0) ; m = 1g(m�1)(z0)(m�1)! ; m � 2
:
Se z0 é um pólo temos
limz!z0
f (z) =1 :
2. Se a singularidade da função é removível, o resíduo desta singularidade é, obviamente, nulo. Se z0 é
um pólo removível temos
limz!z0
f (z) = c ; c 2 C
3. Se a singularidade é essencial, praticamente todas as técnicas desenvolvidas não se aplicam e o cálculo
dos resíduos deve ser feito diretamente pelo desenvolvimento da série de Laurent da função. Se z0 é
63
uma singularidade essencial, então, em cada vizinhança de z0 a função assume todos os valores �nitos,
com a possível exceção de um valor, este é o teorema de Picard.
7 Cálculo de integrais reais
Nosso objetivo é calcular uma integral da formaZ 1
0
f (x) dx :
No cálculo diferencial para funções reais a integral imprópria de uma função f (x), contínua para x � 0pode ser de�nida como Z 1
0
f (x) dx = limR!1
Z R
0
f (x) dx ; (40)
esta integral está de�nida quando o limite acima existe. De forma análoga, se f (x) é contínua em todo o
plano Z 1
�1f (x) dx = lim
R1!1
Z 0
�R1
f (x) dx+ limR2!1
Z R2
0
f (x) dx : (41)
Entretanto, mesmo para funções contínuas, o limite acima pode não existir.
Exemplo: Z 1
�1x dx = lim
R1!1
Z 0
�R1
x dx+ limR2!1
Z R2
0
x dx
= limR1!1
�x2
2
�0�R1
+ limR2!1
�x2
2
�R2
0
= � limR1!1
R212+ limR2!1
R222
;
mas nenhum dos dois limites acima está de�nido.�Outra de�nição possível é dada pelo chamado valor principal (P.V.) de Cauchy
P.V.Z 1
�1f (x) dx = lim
R!1
Z R
�Rf (x) dx : (42)
Por esta de�nição, um conjunto maior de funções passa a ser integrável.
Exemplo:
P.V.Z 1
�1x dx = lim
R!1
�x2
2
�R�R
= 0 :
64
É importante lembrar que se a integral (41) converge, então o valor principal existe. Entretanto, se o
valor principal de uma integral existe, isso não garante que a integral (41) esteja de�nida.Quando a função f (x) é par, i.e., f (�x) = f (x) entãoZ 1
0
f (x) dx =1
2
Z 1
�1f (x) dx
além disso, Z R
0
f (x) dx =
Z 0
�Rf (x) dx
Assim, neste caso, a existência do valor principal implica na existência da integral imprópria (41). O método
que vamos desenvolver está intimamente relacionado com o cálculo do valor principal de Cauchy. Assim, para
garantirmos que estes resultados se aplicam a integrais impróprias, vamos nos restringir a funções pares.
Estamos interessados no cálculo de integrais impróprias de funções da forma
f (x) =p (x)
q (x); f (�x) = f (x)
com p e q polinômios sem fatores em comum e com q (x) 6= 0 em todo o eixo.
Exemplo: Calcule a integral Z 1
0
1
x2 + 1dx =
1
2
Z 1
�1
1
x2 + 1dx :
A função complexa
f (z) =1
z2 + 1
é igual a f (x) para Im z = 0. Vamos então calcular a integralZC
f (z) dz
onde C é o caminho da �gura.Com isso, é fácil ver queZC
f (z) dz =
ZCR
f (z) dz +
Z 1
�1
1
x2 + 1dx
Para estimar a contribuição da integral em CR precisamos do seguinte resultado: Se C é uma curva em C ef : C! C contínua, então ����Z
C
f (z) dz
���� �ML
65
Figure 5: Figura tirada do livro do Churchill
onde L é o comprimento da curva e M o valor máximo do jf j. Para ver isso, basta observar que����ZC
f (z) dz
���� = ����Z 1
0
f (z) _z dt
���� � Z 1
0
jf (z)j : j _zj dt
e que, do cálculo de funções reais Z 1
0
jf (z)j : j _zj dt �M
Z 1
0
j _zj dt =ML :
Com isso ����ZCR
1
z2 + 1dz
���� � (�R) 1
R2 � 1
pois ��z2 + 1�� � ��z2��� 1 = R2 � 1 :
Mas
limR!1
�R
R2 � 1 = 0 =) limR!1
����ZCR
1
z2 + 1dz
���� = 0conseqüentemente Z 1
�1
1
x2 + 1dx =
ZC
f (z) dz
Assim, basta calcular a integral de f (z) no caminho C que se resume ao cálculo dos resíduos em z = i.
Observe que o resíduo z = �i não está no interior do caminho de integração. Observe também que o que
estamos calculando é o valor principal da integral.�Pelo procedimento acima, observe que����Z
CR
zn
zm + z0dz
���� � �RRn
Rm � z0= �
Rn+1
Rm � z0
limR!1
�Rn+1
Rm � z0= lim
R!1Rn+1�m
66
Assim, a integral sobre o caminho CR desaparece sempre que n+1 < m, i.e., o grau de q deve exceder o grau
de p em pelo menos duas unidades.
Exemplo: Calcule a integral Z 1
0
x2
(x2 + 9) (x2 + 4)2 dx
1. Veri�que que o integrando é simétrico: então podemos usar o valor principal.
2. Depois veri�que o grau do denominador é, pelo menos, duas vezes maior que a do numerador: Isso
garante que a integral sobre o circuito CR não contribua.
Estando satisfeitas estas duas condições partimos para a função complexa
f (z) =z2
(z2 + 9) (z2 + 4)2
Esta função possui quatro pólos: z = �3i e z = �2i. Usando o caminho que vai pela parte superior do planoz, apenas os pólos z = 3i e z = 2i estão dentro do nosso caminho de integração. A integral pela parte inferior
do plano seria diferente? Para calcular o resíduo em z = 3i fazemos
f (z) =z2
(z + 3i) (z2 � 3i) (z2 + 4)2=
1
(z � 3i)z2
(z + 3i) (z2 + 4)2
Usando o resultado (36)
Resz=3i = g (3i) ; g (z) =z2
(z + 3i) (z2 + 4)2
g (3i) = i3
50
Para o cálculo do resíduo em z = 2i,
f (z) =z2
(z2 + 9) [(z + 2i) (z � 2i)]2=
1
(z � 2i)2z2
(z2 + 9) (z + 2i)2
67
e usamos novamente o resultado (36) (com m = 2)
Resz=z0
g (z)
(z � z0)2= g0 (z0) :
g (z) =z2
(z2 + 9) (z + 2i)2 =)
g0 (z) =2z
(z2 + 9) (z + 2i)2
�1� z
�z
(z2 + 9)+
1
(z + 2i)
��g0 (2i) = � i
20
�1 + 2
�2
5� 14
��= � i
20
�1 +
3
10
�= �i 13
200
Assim, o resultado da nossa integral valeZ 1
0
x2
(x2 + 9) (x2 + 4)2 dx = 2�i
�i3
50� i 13200
�=
�
100:
7.0.1 Integrais impróprias com funções trigonométricas.
Tanto no desenvolvimento de problemas envolvendo séries de Fourie, quanto em problemas de envolvendo
ondas (eletromagnetismo, MQ etc.) encontramos integrais da forma:Z 1
�1f (x) sin (ax) dx ;
Z 1
�1f (x) cos (ax) dx
Vamos, por exemplo, calcular a integral Z 1
�1
cos 3x
(x2 + 1)2 dx (43)
No lugar das integrais acima, vamos calcular a integralZ 1
�1f (x) cos (ax) dx+ i
Z 1
�1f (x) sin (ax) dx =
Z 1
�1f (x) exp (iax) dx
Seguindo os passos anteriores, e lembrando que este integrando é par, vamos então calcularZC
exp (i3z)
(z2 + 1)2 dz =
Z R
�R
exp (i3x)
(x2 + 1)2 dx+
ZCR
exp (i3z)
(z2 + 1)2 dz
o ponto aqui é observar que
jexp (iaz)j = jexp (iax) exp (�ay)j = jexp (�ay)j
jexp (�ay)j � 1 e limy�!1
jexp (�ay)j = 0 ; a > 0 :
68
Ou seja ZCR
exp (i3z)
(z2 + 1)2 dz
vai a zero mais rápido que ZCR
1
(z2 + 1)2 dz
enquanto esta última vai a zero pelas razões mostradas anteriormente. AssimZ R
�R
exp (i3x)
(x2 + 1)2 dx =
ZC
exp (i3z)
(z2 + 1)2 dz ; a > 0 :
A integral da direita pode ser facilmente calculada pelos métodos anteriores. Possui os pólos z = �i e apenaso pólo z = i está dentro do caminho de integração
Resz=iexp (i3z)
(z2 + 1)2 = Resz=i
1
(z � i)2exp (i3z)
(z + i)2 =
d
dz
exp (i3z)
(z + i)2
!z=i
= �i exp (�3)ZC
exp (i3z)
(z2 + 1)2 dz = 2�i (�i exp (�3)) = 2�
e3:
Para obter a integral desejada basta tomar a parte real deste valor (que é ele mesmo, mas, no caso geral,
teremos uma parte imaginária relacionada ao seno e outra real relacionada ao cosseno)Z 1
�1
cos 3x
(x2 + 1)2 dx =
2�
e3:
Para usar este método, assim como no caso anterior, devemos ter a função f na forma p=q com p e q polinômios
sem fatores comuns e o grau de q pelo menos duas vezes maior do que o grau de p e a > 0. Além disso, para
que o valor principal concorde com a de�nição de integral imprópria devemos trabalhar, novamente, apenas
com funções pares.
Integrais inde�nidas de funções trigonométricas também podem ser facilmente calculadas pelo método
dos resíduos. Considere uma integral do tipoZ 2�
0
F (sin �; cos �) d� (44)
onde F é um quociente de polinômios de senos e cossenos. Utilizando a representação polar dos números
complexo, podemos considerar � como o argumento de z e usar a parametrização z = exp (i�), com isso,
69
podemos escrever
sin � =z � z�12i
; cos � =z + z�1
2F (sin �; cos �) �! F (z)
e escrever (44) como
dz = _z d� = iei� d� =) d� =1
iei�dz =
1
izdzZ 2�
0
F (sin �; cos �) d� =
ZC
F (z)1
izdz ; C = jzj = 1
Exemplo: Vamos calcular a integral Z 2�
0
154 + sin �
d�
fazendo5
4+ sin � =
5
4+z � z�12i
=1
4iz
�5iz + 2z2 � 2
�Nossa integral se tornaZ 2�
0
154 + sin �
d� =
ZC
4iz
(5iz + 2z2 � 2)1
izdz =
ZC
4
(5iz + 2z2 � 2) dz
=
ZC
2
(z + 2i)�z + i
2
� dzobservando que apenas a singularidade z = �i=2 está dentro do caminho de integração temos
Resz=�i=21�
z + i2
� 2
(z + 2i)=4
3i;Z 2�
0
154 + sin �
d� = 2�i4
3i=8
3� :
70
8 Funções ortogonais
8.1 Operadores, autovetores e autofunções
Para o conjunto de todas as funções i : [a; b] � R �! C de�nimos a seguinte operação binária
h 1j 2i =Z b
a
�1 (x) 2 (x) dx (45)
O conjunto das funções com a propriedade
h j i =Z b
a
� (x) (x) dx <1
formam um espaço vetorial no corpo dos complexos com produto interno (45). Este é chamado do espaço
das funções de quadrado integrável no intervalo (a; b), ou L2 (a; b). Ou seja,
c1 (x) + c2 (x) = 3 (x) 2 L2 (a; b) ; 8 1; 2 2 L2 (a; b) ; c1; c2 2 C :
A quantidade realpM =
ph j i é chamada a norma de j j. Observe que h 1j 2i não é, em geral, um
número real.
Este espaço vetorial, juntamente com uma condição técnica de completeza3 forma um espaço de Hilbert.
Um operador diferencial linear tem a forma
L = a0 (x) + a1 (x)d
dx+ a2 (x)
d2
dx2+ :::
=mXn=0
an (x)dn
dxn(46)
onde m é chamado a ordem do operador. Estes operadores são lineares
L (c1 1 + c2 2) = c1L 1 + c2L 2 ; c1; c2 2 C
se exigirmos que L 2 L2. Obviamente nem todas as funções em L2 possuem sua derivada de ordem m em
L2, além disso, condições de contorno (ou considerações físicas) podem impor certas restrições nas funções
nas fronteiras, i.e., �xar o valor de (a) e (b). Assim, um operador não atua em todo L2, mas sim num
subconjunto D (L) � L2. D (L) é chamado o domínio do operador L.
Remark 36 Para especi�carmos um operador L devemos sempre informar sua expressão diferencial (46) e
seu domínio de atuação.
3Convergência de todas as seqüências de Cauchy j n � lj ! 0.
71
Uma equação diferencia linear tem a forma
L = f (x)
O caso com f � 0 é chamado de homogênea. Pela condição linearidade, vemos que, se 1 e 2 são soluçõesda equação homogênea para o operador L então qualquer combinação c1 1 + c2 2 também será solução da
equação homogênea de L. De forma mais geral, uma combinação arbitrária de soluções da equação homogênea
também é uma solução. Este é o princípio da superposição.O hermitiano conjugado de um operador L, chamado de L+, é de�nido através do produto interno (45)
através da expressão
DL+ 1
��� 2i = Z b
a
hL+ �1 (x)
i 2 (x) dx � h 1j L 2
E=
Z b
a
�1 (x)hL 2 (x)
idx :
Exemplo: Se
L =d
dx
e D (L) são as funções 2 L2 (a; b) com 0 2 L2 e (a) = (b) = 0 encontre L+. Pela de�nição temos
DL+ 1
��� 2i = Z b
a
�1 (x)hL 2 (x)
idx =
Z b
a
�1 (x)
�d
dx 2 (x)
�dx
se nossas funções são absolutamente contínuas, i.e., podem ser integradas por partes, temosZ b
a
�1 (x)
�d
dx 2 (x)
�dx = [ �1 (x) 2 (x)]
ba �
Z b
a
�d
dx �1 (x)
�[ 2 (x)] dx
=
Z b
a
�� d
dx 1 (x)
��[ 2 (x)] dx =
DL+ 1
��� 2iassim
L+ = � d
dx
Esta é a forma diferencial de L+. Para de�nirmos completamente este operador precisamos ainda especi�car
D (L+), voltaremos a este problema em breve.
72
Exemplo:
L = c ; c 2 CDL+ 1
��� 2i =
Z b
a
hL+ �1 (x)
i 2 (x) dx � h 1j L 2
E=
Z b
a
�1 (x) [c 2 (x)] dx
=
Z b
a
[c �1 (x)] 2 (x) dx
=
Z b
a
[c� 1 (x)]� 2 (x) dx
L+ = c�
8.1.1 Autovetores
Uma função (x) é dita ser uma auto-função de um operador diferencial L quando
L (x) = c (x) ; c 2 C
c é chamado de auto-valor de L em . Lembrando que pode ser considerada como um vetor no espaço
vetorial L2, usa-se também o termo auto-vetor.
Exemplo:
L =d2
dx2; D (L) =
� 00 2 L2 (a; b)
é fácil ver que
(x) = A sin (ax) =) L =d2 (A sin (ax))
dx2= �a2 (A sin (ax))
L = �a2
Então a função acima é uma autofunção de L com auto-valor �a2.
8.1.2 Operadores hermitianos
Um operador é dito ser simétrico, ou hermitiano, seDL 1
��� 2i = h 1j L 2Eou seja, se a forma diferencial de L é igual a de seu adjunto L+.
73
Exemplo:
L = id
dx; D
�L�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c: ; (a) = (b) = 0
h 1j L 2E
=
Z b
a
�1 (x)hL 2 (x)
idx =
Z b
a
�1 (x)
�id
dx 2 (x)
�dx
= [ �1 (x) 2 (x)]ba �
Z b
a
id
dx �1 (x) 2 (x) dx
=
Z b
a
��i ddx �1 (x)
� 2 (x) dx
=
Z b
a
�id
dx �1 (x)
�� 2 (x) dx =
DL+ 1
��� 2i = DL 1��� 2iL+ = i
d
dx= L
para que o operador L seja hermitiano, é necessário que o termo de fronteira se anule. Assim, a restrição do
domínio de L a função 2 que se anulam na borda foi essencial.
8.2 Autofunções de operadores hermitianos
Seja L um operador hermitiano e uma autofunção deste operador, i.e.,
h'j L E
=DL+'
��� i = DL'��� iL = c ; c 2 C ; 2 D
�L�
Com isso temos
h j L E= h j c i = c h j i
Além disso, sendo L simétrico
h j L E=DL ��� i = hc j i = c� h j i
Subtraindo as duas expressões acima temos
h j L E�DL ��� i = c h j i � c� h j i
h j L E� h j L
E= (c� c�) h j i
(c� c�) h j i = 0
74
Assim, se h j i 6= 0, poderíamos concluir quec = c�
ou seja, os auto-valores de um operador hermitiano L são reais.Suponha agora que, para um operador simétrico L, temos duas autofunções com autovalores distintos
'; 2 D�L�
L = c1 ; L' = c2' ; c1; c2 2 R ; c1 6= c2
com isso
h'j L E= h'j c1 i = c1 h'j i
como nosso operador é simétrico
h'j L E=DL'��� i = hc2'j i = c�2 h'j i
subtraindo estas duas expressões
h'j L E� h'j L
E= c1 h'j i � c�2 h'j i
(c1 � c�2) h'j i = (c1 � c2) h'j i = 0
como c1 6= c2 temos
h'j i = 0
funções que satisfazem esta igualdade são chamadas de ortogonais.
Autofunções de um operador simétrico com autovalores distintos são ortogonais.Exemplo:
L =d2
dx2
D�L�
=� ; 0 2 L2 (0; 1) ; a:c: ; (0) = (1) = 0
(exercício: veri�que que L é hermitiano). Para os autovetores de L temos
d2
dx2 (x) = k (x)
A solução geral desta equação diferencial vale
(x) = A sin (kx) +B cos (kx) ; A;B 2 C
75
pela condição de contorno em 0 temos
(0) = A sin (k0) +B cos (k0) = B = 0
e pela condição de contorno em 1 temos
(1) = A sin (k) = 0 =) sin (k) = 0 =) k = n� ; n 2 N�
Assim, nossas autofunções e autovalores são
n (x) = A sin (knx) ; kn = n�
Vemos imediatamente que os autovalores são reais. Vamos calcular
h nj mi = jAj2Z 1
0
sin (knx) sin (kmx) dx
u = sin (knx) ; u0 = kn cos (knx)
v0 = sin (kmx) ; v = �1
kmcos (kmx)Z
(uv0) = (uv)10 �
Z(u�v)Z 1
0
sin (knx) sin (kmx) dx =
�� 1
kmcos (kmx) sin (knx)
�10
�Z(u0v)Z 1
0
sin (knx) sin (kmx) dx =
�� 1
kmcos (kmx) sin (knx)
�+
Zcos (knx) cos (kmx) dx
sin a sin b =1
2(cos (a+ b)� cos (a� b))
para m = n Z 1
0
sin2 (knx) dx =1
2
�Z 1
0
cos [(2kn)x] dx�Z 1
0
dx
�1
2
�sin [(2kn)x]
2kn
�10
�Z 1
0
dx
!
=1
2
76
para n 6= mZ 1
0
sin (knx) sin (kmx) dx =1
2
�Z 1
0
cos [(kn + km)x] dx��Z 1
0
cos [(kn � km)x]�dx
�=
1
2
�sin (kn + km)
(kn + km)
�10
��sin (kn � km)(kn � km)
�10
!
=1
2
�sin [(n� +m�)x]
� (n+m)
�10
��sin [(n�m)�x]� (n�m)
�10
!
=1
2�
��sin [(n+m)�]
(n+m)
���sin [(n�m)�](n�m)
��Os resultados acima podem ser escritos como
h nj mi =1
2�mn
�Vemos então como os operadores hermitianos estão relacionados com as funções ortogonais. Mais precisa-
mente: as autofunções de um operador hermitiano formam um conjunto de funções ortogonais.Este resultado nos ajuda, tanto a construir funções ortogonais, como para veri�car a ortogonalidade de
funções. Normalmente para veri�car a ortogonalidade precisamos resolver uma série de integrais. Mas, se
sabemos que nossas funções são autofunções de um operador hermitiano, a ortogonalidade está provada sem
a necessidade de nenhuma conta.
Mas qual a utilidade destas funções? No início deste capítulo chamamos a operação binárias h 1j 2i deproduto interno. Este termo se relaciona com a noção de produto escalar do espaço euclidiano. Por exemplo,
dois vetores são ortogonais se a:b = 0, assim como, para nossas funções h 1j 2i = 0. Uma propriedade
muito útil de vetores em espaços euclidianos é que estes podem ser decompostos numa base. Por exemplo,
em 3D
V = v1x1 + v2x2 + v3x3
xi:yj = �ij
Esta é a propriedade que queremos imitar no nosso espaço vetorial de funções. Primeiramente veja que a
base acima é ortonormal. Podemos imitar esta propriedade normalizando nossas funções de onda, i.e.,
h nj mi = c�mn =) 0m =1pc m =)
0n�� 0m� = �mn
77
No caso de nosso exemplo anterior, basta fazer A = 1=p2
n (x) =1p2sin (knx) ; h nj mi = �mn :
Para o espaço de 3D precisamos de três vetores ortogonais...
8.3 Operadores auto-adjuntos
Operadores auto-adjuntos são os elementos mais importantes da MQ e, como veremos, no estudo da decom-
posição em funções ortogonais.
Um operador L é auto-adjunto se ele for hermitiano (L = L+) e se seu domínio for igual a de seu adjunto
(D (L) = D (L+)), ou seja, se L = L+.
Exemplo: Vamos voltar ao exemplo anterior
L = id
dx; D
�L�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c: ; (a) = (b) = 0
como vimos anteriormente, este operador é hermitiano.
h 1j L 2E
=
Z b
a
�1 (x)hL 2 (x)
idx =
Z b
a
�1 (x)
�id
dx 2 (x)
�dx
= [ �1 (x) 2 (x)]ba +
DL 1
��� 2iQual o domínio do operador L+? Em outras palavras, em quais funções 1 L
+ pode atuar sem que isso
quebre a simetria de L? Observe que, mesmo que 1 (a) 6= 0 e 1 (b) 6= 0 temos
h 1j L 2E
= �1 (b) 2 (b)� �1 (a) 2 (a) +DL 1
��� 2i= �1 (b)� 0� �1 (a)� 0 +
DL 1
��� 2i=
DL 1
��� 2iou seja, L é hermitiano para
D�L+�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c:
� D
�L�
ou seja D�L+�6= D (L), portanto nosso operador L, apesar de hermitiano, não é auto-adjunto.
Exemplo: vamos agora de�nir o operador
Lc = id
dx; D
�Lc
�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c: ; (a) = c (b)
; c 2 C
78
h 1j Lc 2E
= [ �1 (x) 2 (x)]ba +
DL 1
��� 2i= �1 (b) 2 (b)� �1 (a) 2 (a) +
DL 1
��� 2i= [ �1 (b)� c �1 (a)] 2 (b) +
DL 1
��� 2i6=
DLc 1
��� 2iPara tentar simetrizar este operador, vamos tentar de�nir o domínio de D
�L+�como
D�L+c
�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c: ; (a) = c (b)
= D
�L�
com isso,
h 1j L 2E
= [ �1 (b)� c �1 (a)] 2 (b) +DL 1
��� 2i= [ �1 (b)� cc� �1 (b)] 2 (b) +
DL 1
��� 2i= [1� cc�] �1 (b) 2 (b) +
DL 1
��� 2i=
h1� jcj2
i �1 (b) 2 (b) +
DL 1
��� 2iVemos então que nosso operador será simétrico se (e somente se)
jcj2 = 1 =) c = ei� ; � 2 R :
ou seja, se de�nirmos o operador
L� = id
dx; D
�L�
�=� ; 0 2 L2 (a; b) ; a:c: ; (a) = ei� (b)
; � 2 R :
Assim, o novo operador L�, diferente de L, é um operador auto-adjunto.
Dos exemplos acima vemos que, no primeiro caso o D�L+�é maior que o D
�L�, D
�L+�� D
�L�,
enquanto no segundo caso D�L+�= D
�L�. É possível provar que D
�L�� D
�L+�, i.e., o domínio de
L nunca é maior que o domínio de L+. O que �zemos no segundo exemplo foi restringir o domínio de L+,
que chamamos de D�L+�
�. Obviamente D
�L+��� D (L+). Assim, se D (L+) 6= D (L), como no primeiro
exemplo, as vezes (mais nem sempre) é possível reduzir o domínio do adjunto de forma que o novo operador
seja auto-adjunto.
Vemos assim que todo operador auto-adjunto é, por de�nição, hermitiano, mas o contrário não é ver-
dade. Esta diferença, que a primeira vista parece uma tecnicalidade, possui importantes conseqüências tanto
matemáticas quanto físicas.
79
8.4 O oscilador harmônico
Como um excelente (além de importante) exemplo da aplicação do formalismo desenvolvido acima, temos o
tratamento do oscilador harmônico quântico. Como se verá no desenvolvimento que segue, a noção abstrata
do espaço de Hilbert (sem sua realização) permite simpli�car bastante o problema. Deve-se tentar resolver o
problema partindo diretamente da equação de Schrödinger (ES) para se veri�car isto.
Vamos introduzir os seguintes operadores diferenciais lineares
L � H = � ~2
2m
d2
dx2+1
2m!2x2 ;
p = �i~ ddx
D (p) = D�H�=� ; 0 2 L2; a:c:
aqui H é o operador hamiltoniano de um oscilador harmônico. A solução do problema quântico se obtém
pela solução da ES estacionária, i.e., através da solução do problema de autovalores de H,
H = E =) � ~2
2m
d2
dx2+1
2m!2x2 = E
Esta equação não é nada simples de se resolver.
Vamos tentar então um método alternativo. Primeiro observe que, para qualquer função 2 D (p) temos
xp � p (x ) = x
��i~ d
dx
� �
��i~ d
dx
�(x )
= �i~x d
dx + i~
d
dx(x )
= �i~x d
dx + i~ ( ) + i~x
d
dx
= i~ (47)
Se usarmos a notação
xp � p (x ) = [xp� px] � [x; p]
[x; p] � [xp� px]
onde lembramos que o operador atua em tudo que estiver a sua direita e que (47) é válida para toda função
podemos escrever simbolicamente
[x; p] = i~ (48)
ou seja, sempre que aparecer o comutador entre x e p podemos substituir por i~. Lembre que a quantidadeacima é um operador enquanto a quantidade à direita da igualdade é um número. Assim, esta igualdade só
80
faz sentido quando ambos os lados atuam numa função qualquer.
Vamos agora de�nir os seguintes operadores diferenciais
a =�p2
�x+
ip
m!
�; a+ =
�p2
�x� ip
m!
�x =
1
�p2
�a+ a+
�; p = i
m!
�p2
�a+ � a
�(49)
� =
rm!
~
Com estes novos operadores o Hamiltoniano pode ser escrito como (veri�que):
H = ~!�a+a+
1
2
�(50)
As regras de comutação (48) implicam que
[x; p] = i~ =)�a; a+
�= 1 : (51)
Suponha agora que n (x) é uma auto função qualquer de H, ou seja,
H n = En n
Agora uma característica muito mais do que importante dos operadores (49): Usando a regra decomutação (51) vemos que
Ha n = ~!�a+a+
1
2
�a n = ~!
��a+a
�a+
1
2a
� n
= ~!��aa+ � 1
�a+
1
2a
� n
= a~!�a+a� 1 + 1
2
� n
= a~!��a+a+
1
2
�� 1� n
= ahH � ~!
i n
= a [En � ~!] n
= ~!�En~!
� 1�a n :
fazendoEn~!
= �n =) H n = ~!�n n
81
temos
Ha n = ~! (�n � 1) a n :
Ou seja, se n é autovetor de H com autovalor ~!�n, então a n é outro autovetor de H, mas comautovalor ~! (�n � 1) diminuindo de uma unidade. Simbolicamente podemos chamar este vetor de n�1;
a n � n�1 ; H n�1 = ~! [�n � 1] n�1 :
Da mesma forma
Ha+ n = ~!�a+a+
1
2
�a+ n
= ~!�a+aa+ + a+
1
2
� n
= ~!�a+�1 + a+a
�+ a+
1
2
� n
= a+~!��1 + a+a
�+1
2
� n
= a+~!�1 + H
� n
= a+~! (1 + �n) n= ~! (1 + �n) a+ n
Ou seja, se n é autovetor de H com autovalor ~!�n, então a+ n é outro autovetor de H, mas com autovalor~! (�n + 1) acrescido de uma unidade. Simbolicamente podemos chamar este vetor de n+1;
a+ n � n+1 ; H n+1 = ~! [�n + 1] n+1 (52)
Vamos usar agora que a energia do sistema é uma quantidade positiva4
h j H j i � 04 Isso pode ser visto observando que para qualquer autovetor normalizado n temos
h nj a+a j ni =
Z b
a[ n (x)]
� �a+a n (x)� dx=
Z b
a[a n (x)]
� [a n (x)] dx
= ha nj ja ni � 0 :
82
num estado n qualquer
h nj H j ni = h nj ~!�n j ni = ~!�n h nj j ni = ~!�n � 0 : (53)
(onde supusemos que n está normalizado). Se a energia é positiva deve haver um estado de energia funda-
mental, i.e., um estado cuja energia que não possa ser reduzida. Podemos chamar este estado simbolicamente
de 0 com energia �0 � min (�n). Mas a existência do operador a garante que sempre podemos baixar a
energia do sistema. Ou seja, o vetor = a 0 teria uma energia �0 � 1 < �0, a menos que (x) = 0, ou seja,
a 0 = 0 :
Isso é tudo que precisamos para caracterizar o OH. Voltando agora para os nossos operadores originais (x; p)
temos:
a 0 = 0 =)�p2
�x+
ip
m!
� 0 = 0
x 0 +~m!
d 0dx
= 0
fazendo
k =~m!
temosd 0dx
= �1kx 0 ;
Fácil ver que a equação acima é bem mais fácil de resolver que a nossa equação original (??). Sua soluçãovale
0 (x) = N exp
��x
2
2k
�:
com N uma constante (normalização).
A exigência a 0 = 0, nos permite ainda determinar a energia deste estado fundamental. Partido da eq.
(50)
H jni = ~!�n jni
~!�a+a+
1
2
� 0 = ~!�0 0
~!�a+ (a 0) +
1
2 0
�= ~!�0 0
~!1
2 0 = ~!�0 0
�0 =1
2
83
Então já temos o estado fundamentas e a sua energia (auto-valor). Como construir os outros estados n?
Para isso, basta usar a propriedade (52)
a+ n = n+1 =) a+ 0 = 1 =)�p2
�x� ip
m!
� 0 = 1
E1 = ~! (�0 + 1) = ~!�1
2+ 1
��p2
�x 0 �
~m!
d
dx 0
�= 1
1 (x) =�p2x
1 +
~~m!m!
! 0
1 (x) = 2�p2x 0 = N
2�p2x exp
��x
2
2k
�Da mesma forma, podemos obter todos os outros estados (não-normalizados) n
n =�a+�n 0
n (x) = N
��p2
�x� ~
m!
d
dx
��n 0 (x)
As funções n assim construídas são chamadas de funções de Hermite. Com autovalor
En = ~!�n+
1
2
�As funções n (x) não estão normalizadas, i.e., após a aplicação do operador a
+ n vezes, precisamos
calcular N . Isso pode ser simpli�cado supondo que, se n é um vetor normalizado, queremos obter N e N+
para que
a n � N n�1
a+ n � N+ n+1
a n e a+ n também já estejam normalizados. Para isso observe que
H n = En n
~!�a+a+
1
2
� n = ~!
�n+
1
2
� n
a+a n = n n
84
Com isso
ja nj2=
Z b
a
[a 1 (x)]�[a 2 (x)] dx
pela de�nição de adjunto
ja nj2=
Z b
a
[a n (x)]�[a n (x)] dx
=
Z b
a
[ n (x)]� �a+a n (x)
�dx
=
Z b
a
[ n (x)]�[n n (x)] dx
= n
Z b
a
[ n (x)]�[ n (x)] dx
= n h nj j ni = n = jN j2
a n �pn n�1
Da mesma forma
h nj aa+ j ni = h nj 1 + a+a j ni = 1 + h nj a+a j ni = 1 + n =��N+
��2a+ n =
pn+ 1 n+1
Com isso, nossa formula se torna
n (x) =N0pn!
��p2
�x� ~
m!
d
dx
��n 0 (x)
onde N0 é a normalização do estado 0 :
Exercise 37 Use a integral gaussiana Z 1
�1e�x
2
dx =p�
e ache a normalização N0.
Exercise 38 Construa a função de Hermite 4 (x).
85