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Teste 1 corrigido Document Transcript

  • 1. An´lise Complexa e Equa¸˜es Diferenciais a co 1o Teste - 5 de Novembro de 2011 LMAC, MEBiom e MEFT Resolu¸˜o ca 1 1 e−iθ1. Recordando que z = reiθ = r , iℑz 1 iℑ z 1 ℜz 1 ℜ1 z2. A fun¸˜o f ´ descont´ ca e ınua no eixo real negativo. Logo, f n˜o ´ diferenci´vel a e ano eixo real negativo. A fun¸˜o f ´ tamb´m descont´ ca e e ınua na origem porque,para −π < θ0 ≤ π, lim f (reiθ0 ) = iθ0 . r→0Assim, f n˜o ´ diferenci´vel na origem. Sejam r > 0 e −π < θ < π. As a e aderivadas parciais de f s˜o a fr = 2r, fθ = i.Como estas derivadas parciais s˜o cont´ a ınuas, f ´ R-diferenci´vel em C {z ∈ e aC : z = x com x ≤ 0}. Averiguemos em que pontos deste conjunto ´ satisfeita e ia equa¸˜o de Cauchy-Riemann. Neste caso, equa¸˜o fr = − r fθ ´ equivalente ca ca ea √ 1 2 2r = ⇔ 2r 2 = 1 ⇔ r = . r 2Conclui-se que f ´ diferenci´vel na circunferˆncia centrada na origem de raio√ e √ a e 2 2 , com o ponto − 22 removido. Nestes pontos a derivada de f ´ e √ √ √ f′ 2 2 iθ e = e−iθ fr 2 2 iθ e = 2e−iθ , com θ ∈ ] − π, π[ .
  • 2. Resolu¸˜o do teste de ACED - 5.11.11 ca 23. A curva γ ´ parametrizada por z(θ) = 3 + 2eiθ com θ ∈ [0, π]. Pela edefini¸˜o de integral, ca π π ′ z dz = z(θ)z (θ) dθ = (3 + 2e−iθ )2ieiθ dθ γ 0 0 π = (6ieiθ + 4i) dθ = 6eiπ − 6 + 4πi = −12 + 4πi. 04. A fun¸˜o logaritmo principal, z → log z, ´ diferenci´vel em C excepto no ca e a 1eixo real negativo e excepto em zero e a sua derivada ´ z → z . De acordo ecom o Teorema Fundamental do C´lculo, vem a iπ 1 π π ez + dz = (ez + log z)|iπ = eiπ − ei 2 + log(iπ) − log i iπ iπ 2 z 2 2 π π π = −1 − i + ln π + i − ln + i 2 2 2 = −1 − i + ln 2.5. a) A fun¸˜o f ´ ca e 1 ez f (z) = g(z) com g(z) = . z+1 z−1 A fun¸˜o g ´ holomorfa em C {1} pelo que o seu desenvolvimento em ca e s´rie de Taylor em torno do ponto −1 converge e coincide com g em e |z + 1| < 2. O desenvolvimento em s´rie de Laurent de f em torno de e −1 ´e g(−1) g ′′ (−1) g ′′′ (−1) f (z) = + g ′ (−1) + (z + 1) + (z + 1)2 + . . . , z+1 2 3! v´lido para 0 < |z + 1| < 2. Uma vez que a ez (z − 2) g ′ (z) = , (z − 1)2 −1 −1 obt´m-se g(−1) = − e 2 e g ′ (−1) = − 3e4 . Portanto, e e−1 1 3e−1 f (z) = − − + ..., 2 z+1 4 v´lido para 0 < |z + 1| < 2. A fun¸˜o f tem um p´lo de primeira ordem a ca o no ponto −1.
  • 3. Resolu¸˜o do teste de ACED - 5.11.11 ca 3 b) Usando a f´rmula integral de Cauchy, o f (z) dz = 2πig(−1) = −iπe−1 . ∂DR c) Decompondo a fronteira de DR , obt´m-se e R −iπe−1 = f (z) dz = i f (iy) dy + |z|=R f (z) dz. (1) ∂DR −R ℜz<0 Note-se que no eixo imagin´rio z = iy e dz = i dy. Majoremos o ultimo a ´ z x+iy x integral. Atendendo a |e | = |e | = e ≤ 1 para x ≤ 0, ez |ez | 1 |z|=R dz ≤ |z|=R 2 |dz| ≤ |z|=R 2 |dz| ℜz<0 z2 − 1 ℜz<0 |z − 1| ℜz<0 ||z | − 1| 1 πR = |z|=R |dz| = . |R2 − 1| ℜz<0 R2 − 1 Calculando o limite do primeiro e ultimo membros de (1) quando R → ´ ∞, vem ∞ eiy −iπe−1 = −i dy + 0, −∞ y + 1 2 ou seja, ∞ eiy 2+1 dy = πe−1 . −∞ y6. a) Seja 0 < r ≤ R. A Propriedade do Valor M´dio afirma que e π 1 f (a) = f (a + reiθ ) dθ. 2π −π Em consequˆncia, e π 1 |f (a)| ≤ |f (a + reiθ )| dθ. 2π −π Suponhamos que a ´ um ponto de m´ximo de |f |. Ent˜o, como |f (a + e a a iθ re )| ≤ |f (a)|, π π 1 1 |f (a)| ≤ |f (a + reiθ )| dθ ≤ |f (a)| dθ = |f (a)|. 2π −π 2π −π Assim, as duas desigualdades da linha anterior tˆm que ser igualda- e des. Na circunferˆncia de raio r centrada em a, o m´dulo de f tem e o que coincidir com |f (a)|, caso contr´rio a segunda desigualdade seria a estrita e chegar-se-ia ` contradi¸˜o |f (a)| < |f (a)|. Conclui-se que |f | a ca ´ constante em BR (a). Como f ´ holomorfa, f ´ constante em BR (a). e e e
  • 4. Resolu¸˜o do teste de ACED - 5.11.11 ca 4 b) Suponhamos agora que a ´ ponto de m´ e ınimo de |f | e que |f (a)| > 0. Ent˜o f n˜o se anula em BR (a) porque, por hip´tese, a ´ ponto de a a o e 1 m´ ınimo de |f |. Logo, f ´ holomorfa em BR (a) e a ´ um ponto de e e 1 1 m´ximo de f . Da al´ a ınea anterior, f ´ constante e, portanto, f ´ e e constante em BR (a).