curso de complexa - Zani, Notas de aula de Matemática
pedro-afonso
pedro-afonso

curso de complexa - Zani, Notas de aula de Matemática

145 páginas
50Números de download
1000+Número de visitas
Descrição
análise de uma variável complexa
50 pontos
Pontos de download necessários para baixar
este documento
Baixar o documento
Pré-visualização3 páginas / 145
Esta é apenas uma pré-visualização
3 mostrados em 145 páginas
Esta é apenas uma pré-visualização
3 mostrados em 145 páginas
Esta é apenas uma pré-visualização
3 mostrados em 145 páginas
Esta é apenas uma pré-visualização
3 mostrados em 145 páginas

Funções de Uma Variável Complexa

Sérgio L. Zani

2

Sumário

1 Introdução 5

2 Os números complexos 9

3 Representação vetorial de um número complexo 13

4 Forma polar de um número complexo 17

5 Ráızes de números complexos 21

6 Alguns subconjuntos do plano complexo 25

7 Algumas funções elementares 29

8 Limite e continuidade 37

9 Derivação e as equações de Cauchy-Riemann 41

10 Funções anaĺıticas 51

11 Funções multivalentes 57 11.1 Raiz n−ésima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 11.2 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

11.3 Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

12 Curvas no plano complexo 63

13 Integração 67

14 O Teorema de Cauchy-Goursat 75

14.1 Independência do Caminho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

15 Primitiva 79

16 A fórmula de Cauchy 85

3

17 Funções Harmônicas 93

18 Seqüências e Séries 97

19 Séries de Potências 101 19.1 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 19.2 Zeros de função anaĺıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

20 Séries de Laurent 119

21 Singularidades 127 21.1 Singularidades e Série de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

22 O Teorema do Reśıduo e Aplicações 131 22.1 Integrais Impróprias Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 22.2 Outros Tipos de Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4

Caṕıtulo 1

Introdução

Por que precisamos dos números complexos? Antes de responder a esta questão vamos dar uma olhada porque já precisamos estender o

conceito de números para podermos resolver algumas equações algébricas simples. Primeira- mente, assumiremos os naturais, N = {1, 2, . . . }, como o conceito primordial de número. Nos números naturais estão definidas duas operações: a adição (+) e a multiplicação (· ou ×). Também existe uma ordem natural nestes números (<). Considere o seguinte

Problema 1 Encontre um número natural que somado a 2 resulta em 1.

Se n for este tal número natural, deverá satisfazer

n+ 2 = 1. (1.1)

Como o lado esquerdo da equação 1.1 é sempre maior do que 2 1 < 2 vemos que não existe solução para este problema dentro dos números naturais. Assim, primeira extensão do conceito de número se faz necessária. Dáı surgem os números inteiros

Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . }

que ampliam o conceito dos números naturais e preservam as operações e a ordem que já existiam anteriormente. O elemento 0 é tal que 0 +m = m para todo M ∈ N e, dado n ∈ N, −n denota o inteiro que satisfaz (−n) + n = 0. Note que problema 1 tem solução em Z.

Vejamos o seguinte

Problema 2 Encontre um número inteiro cujo dobro seja a unidade.

Se n fosse um inteiro que solucionasse este problema deveŕıamos ter

2n = 1. (1.2)

Porém, o lado esquerdo de 1.2 é par, enquanto que o número um é ı́mpar. Ou seja, não existe solução para o problema 2 dentro dos números inteiros. A solução é ampliar mais uma vez o conceito de números estendendo-o para o conjunto dos números racionais. Aqui a extensão

5

é um pouco mais elaborada: primeiro formamos o conjunto de todos pares ordenados (p, q), com p, q ∈ Z, q ̸= 0. Depois dizemos que dois pares ordenados (p, q), q ̸= 0 e (m,n), n ̸= 0 são equivalentes se pn = qm. Quando isto acontece, representaremos por p

q ou p/q todos os pares

(m,n), n ̸= 0 tais que pn = qm, e chamaremos p/q de um número racional. Podemos também definir a soma e a multiplicação entre dois racionais da seguinte maneira

p

q +

m

n =

pn+ qm

qn e

p

q · m n

= pm

qn , m, n ̸= 0.

Os números racionais também têm uma ordem natural que estende a ordem existente pre- viamente nos inteiros: dados dois racionais r, s podemos supor que r = p/q, q > 0 e s = m/n, n > 0, e dizemos que r, s se pn < qm. As operações e a ordem assim definidas para os números racionais preservam as anteriores. Note que 2 apresenta solução em Q.

Considere agora o

Problema 3 Encontre um quadrado cuja área seja dois.

Se r for a medida do lado de um tal quadrado, deveŕıamos ter

r2 = 2. (1.3)

Esta equação, porém, não tem solução dentro dos números racionais. Basta ver que se colocar- mos r = p/q, e notarmos que podemos assumir que p e q não apresentam divisores em comum (com exceção de 1 ou 1), então 1.3 é equivalente a

p2 = 2q2. (1.4)

Assim p2 é par e, portanto, p é par (por quê?). Logo, podemos escrever p = 2k para algum inteiro k. Colocando esta informação na equação 1.4 obtemos

(2k)2 = 2q2 4k2 = 2q2 2k2 = q2.

Ou seja, q2 é par e, conseqüentemente, q também é par. Mas isto é imposśıvel pois p e q não possuem divisores comuns que sejam 1 e 1. Concluindo, o problema 3 não apresenta solução em Q, isto é, não existe nenhum número racional que satisfaça a equação r2 = 2. Note porém, que existe uma infinidade de racionais que satisfazem a desigualdade r2 < 2 e que podemos tomar r2 tão próximo de 2 quanto quisermos. Basta considerar, por exemplo, a seqüência de números racionais dada por {

r1 = 1

rn+1 = 1 2 (rn +

2 rn ), n ≥ 1.

A próxima extensão a ser considerada, a dos números reais, é mais elaborada do que as anteriores e não a apresentaremos aqui. Contudo, o conjunto dos números reais, R, pode ser entendido como um conjunto ordenado contendo os números racionais, sobre o qual estão definidas duas operações (adição e multiplicação) que preservam as propriedades anteriores e satisfazendo o axioma do supremo: todo subconjunto não vazioX ⊂ R e limitado superiormente

6

possui supremo, isto é, existe um número real c tal que x ≤ c para todo x ∈ X e se d ∈ R satisfizer esta mesma propriedade então c ≤ d. Note que o conjunto X = {x ∈ R;x > 0, x2 < 2} é não vazio, pois 1 ∈ X, e é limitado superiormente por 2, por exemplo. Desta maneira, X possui supremo em R. Pode-se provar que o supremo de X, digamos c, satisfaz c2 = 2, resolvendo-se, assim, o problema 3 em R.

Considere o

Problema 4 Encontre um número cujo quadrado seja igual a −1.

Se x ∈ R é solução deste problema então teŕıamos x2 = 1. Isto é imposśıvel, visto que como x ̸= 0 então teŕıamos x > 0 ou −x > 0 e assim,

x2 = x · x = (−x) · (−x) > 0,

uma contradição. Antes de continuarmos, talvez seja natural tentar explicar porque se deveria resolver um

problema como 4. Uma motivação para isto pode ser dada pela equação diferencial que descreve o movimento do pêndulo:

y′′ + y = 0. (1.5)

Note que as funções ex e e−x, x ∈ R satisfazem y′′ − y = 0 e, portanto, é natural procuramos solução de 1.5 da forma y(x) = eλx. Somos levados a

(λ2 + 1)eλx = 0, x ∈ R,

ou seja, o quadrado de λ deve ser igual a 1.

7

8

Caṕıtulo 2

Os números complexos

Considere em C = R× R, o plano cartesiano, duas operações dadas por: 1. (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)

2. (x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1). Também podemos definir a multiplicação de um par (x, y) por um número real λ da seguinte forma:

λ(x, y) = (λx, λy) (multiplicação por escalar).

A primeira das operações acima nada mais é do que a soma de coordenadas vetoriais que já é familiar de Álgebra Linear ou Cálculo II e como visto, satisfaz as propriedades associativa e comutativa apresenta um elemento neutro e para todo par ordenado existe um rećıproco que somada a ele resulta no elemento neutro. Note que C com a adição e a multiplicação por escalar real é um espaço vetorial sobre R de dimensão dois.

Com relação à operação 2, temos a seguinte

Proposição 1 A operação definida em C = R× R por

(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)

é associativa e comutativa e satisfaz (1, 0) · (x, y) = (x, y), para todo (x, y) R2. Além do mais, se (x, y) ̸= (0, 0) então existe (u, v) C tal que (x, y) · (u, v) = (1, 0).

Prova:

1. Associatividade: Por um lado, temos

((x1, y1) · (x2, y2)) · (x3, y3) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) · (x3, y3)

(x1x2x3 − x3y1y2 − x1y2y3 − x2y1y3, x1x2y3 − y1y2y3 + x1x3y2 + x2x3y1). Por outro lado,

(x1, y1) · ((x2, y2) · (x3, y3)) = (x1, y1) · (x2x3 − y2y3, x2y3 + x3y2)

(x1x2x3 − x3y1y2 − x1y2y3 − x2y1y3, x1x2y3 − y1y2y3 + x1x3y2 + x2x3y1). Comparando as expressões acima obtemos o que queŕıamos mostrar.

9

2. Associatividade: Por um lado, temos

(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1).

Por outro lado, (x2, y2) · (x1, y1) = (x2x1 − y2y1, x2y1 + x1y2).

Comparando as expressões acima obtemos o que queŕıamos mostrar.

3. Elemento Neutro: Temos

(1, 0) · (x, y) = (1x− 0y, 1y + 0x) = (x, y).

4. Inverso Multiplicativo: Se (x, y) ̸= (0, 0) então podemos definir

(u, v) =

( x

x2 + y2 ,− y

x2 + y2

) e obtemos

(x, y) · (u, v) = (x, y) · (

x

x2 + y2 ,− y

x2 + y2

) =

( x2

x2 + y2 − −y

2

x2 + y2 ,

−xy x2 + y2

+ xy

x2 + y2

) = (1, 0) .

Exerćıcio 1 Mostre que se (x, y) ̸= (0, 0) então o inverso multiplicativo de (x, y) é único.

Se n ∈ N e z ∈ C definimos zn = zn−1 · z, n ≥ 2, z1 = z. O inverso multiplicativo de um número complexo z não nulo será denotado por z−1 e se m é um inteiro negativo, definimos zm = (z−1)−m. Se z1, z2 C, e z2 ̸= 0, definimos

z1 z2

= z1z −1 2 .

As operações de multiplicação e adição se relacionam através da distributividade como pode ser visto na seguinte

Proposição 2 Para quaisquer pares (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) C tem-se

((x1, y1) + (x2, y2)) · (x3, y3) = (x1, y1) · (x3, y3) + (x2, y2) · (x3, y3).

Prova: Por um lado, temos

((x1, y1) + (x2, y2)) · (x3, y3) = (x1 + x2, y1 + y2) · (x3, y3) = (x1x3 + x2x3 − y1y3 − y2y3, x1y3 + x2y3 + x3y1 + x3y2).

10

Por outro,

(x1, y1) · (x3, y3) + (x2, y2) · (x3, y3) = (x1x3 − y1y3, x1y3 + x3y1) + (x2x3 − y2y3, x2y3 + x3y2)

= (x1x3 + x2x3 − y1y3 − y2y3, x1y3 + x2y3 + x3y1 + x3y2).

Comparando as expressões acima obtemos o que queŕıamos mostrar.

Definição 1 O conjunto C munido das operações de adição e multiplicação definidas acima é chamado de corpo dos números complexos.

Vale a pena observar que as seguintes propriedades

1. (x, 0) + (y, 0) = (x+ y, 0), ∀ x, y ∈ R

2. (x, 0) · (y, 0) = (xy, 0), ∀ x, y ∈ R

dizem que o subconjunto dos números complexos dado por R = {(x, 0);x ∈ R} é preservado pela adição e multiplicação. Desta forma, é natural identificarmos R com o conjunto dos números reais. Em outras palavras: podemos assumir que o conjunto dos números reais é um subconjunto dos números complexos.

Como já observamos, C é um espaço vetorial sobre R com respeito à adição e a multiplicação por escalares reais. Além do mais, por seus elementos serem pares ordenados, C é um espaço vetorial bidimensional sobre R. Desta forma, como (1, 0) e (0, 1) formam uma base, todo par z = (x, y) C se escreve de maneira única como

z = x(1, 0) + y(0, 1).

Já vimos que (1, 0) é o elemento neutro da multiplicação e como (1, 0) ∈ R, vamos denotá-lo também por 1.

Vejamos o comportamento de (0, 1). Temos

(0, 1) · (0, 1) = (01, 00) = (1, 0) = (1, 0),

ou seja, (0, 1)2 = (1, 0). (2.1)

Assim, o número complexo (0, 1) possui quadrado rećıproco aditivo do elemento neutro da adição. Usaremos a notação i = (0, 1), obtendo

i2 = 1.

Com isto, todo elemento z = (x, y) C pode ser escrito de modo único como z = x1 + yi, ou ainda z = x+ yi. Também escreveremos z = x+ iy.

Dado z = x + iy, x, y ∈ R, o número x é chamado de parte real do número complexo z e é denotado por ℜz. O número y é chamado de parte imaginária do número complexo z e é denotado por ℑz. Temos z = 0 se e somente se ℜz = ℑz = 0.

Com esta nova notação, as operações em C podem ser escritas da seguinte forma

11

1. (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2)

2. (x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1).

Além do mais, o inverso multiplicativo de z = x+ iy ̸= 0, é dado por

z−1 = x

x2 + y2 − i y

x2 + y2 .

Exemplo 1 Encontre as partes real e imaginária de z = (1 + i)2.

Temos z = (1 + i)(1 + i) = 1 + i+ i+ i2 = 2i. Logo ℜz = 0 e ℑz = 2. 

Exemplo 2 Encontre as partes real e imaginária de z = (1 + i)/(1− i).

Temos z = (1 + i)(1− i)1 = (1 + i)( 1 12+(1)2 − i

1 12+(1)2 ) =

1 2 (1 + i)2 = 1

2 2i = i. Logo ℜz = 0 e

ℑz = 1. 

12

Caṕıtulo 3

Representação vetorial de um número complexo

Já vimos que um número complexo z = x+iy, x, y ∈ R é uma representação de um par ordenado (x, y). Assim, podemos representá-lo num plano cartesiano xOy, identificando o eixo x com os números reais (os múltiplos de 1 = (1, 0)). O eixo y representa os múltiplos de i = (0, 1) e será denominado de eixo imaginário.

-

6

3........................................................

...................................................................................y

x

i

1O

Com esta visão geométrica dos números complexos, definimos o módulo de z = x+ iy, x, y ∈ R, como |z| =

x2 + y2. A partir dáı, definimos a distância entre dois números complexos z1

e z2 como |z1 − z2|. É imediato que valem as desigualdades ℜz ≤ |ℜz| ≤ |z| e ℑz ≤ |ℑz| ≤ |z|. O conjugado de z = x + iy, x, y ∈ R, é definido como z = x − iy. Geometricamente, z é a

reflexão do vetor que representa z com relação ao eixo real. Note que valem as seguintes propriedades elementares

Proposição 3 Para todo z, z1, z2 C temos

13

1. |z| = |z|

2. z + z = 2ℜz

3. z − z = 2iℑz

4. z = z

5. z = z ⇐⇒ z ∈ R

6. z1 + z2 = z1 + z2

7. λz = λz se λ ∈ R.

Exerćıcio 2 Prove as propriedades acima.

-

6

3........................................................

...................................................................................y

x

i

1O

z

s

.......................................................

Também temos

Proposição 4 Para todo z, z1, z2 C temos

1. |z|2 = zz

2. z1z2 = z1 z2

3. |z1z2| = |z1||z2|

14

4. ∣∣∣ z1z2 ∣∣∣ = |z1||z2| , se z2 ̸= 0

5. |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|

6. ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|.

Prova: Colocando x = ℜz, y = ℑz, x1 = ℜz1, y1 = ℑz1, x2 = ℜz2 e y2 = ℑz2, temos

1. zz = (x+ iy)(x− iy) = x2 + y2 + i(xy − xy) = x2 + y2 = |z|2.

2. Por um lado,

z1z2 = x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + x2y1) = x1x2 − y1y2 − i(x1y2 + x2y1)

e pelo outro,

z1 z2 = (x1− iy1)(x2− iy2) = x1x2− y1y2+ i(−x1y2−x2y1) = x1x2− y1y2− i(x1y2+x2y1)

3. Como |z1z2|2 = z1z2z1z2 = z1z2z1 z2 = z1z1z2z2 = |z1|2|z2|2

extraindo a raiz quadrada (as expressões envolvem números reais) obtemos o resultado.

4. ∣∣∣∣z1z2 ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣z1z2 z2z2

∣∣∣∣ = 1|z2|2 |z1z2| = 1|z2|2 |z1||z2| = 1|z2|2 |z1||z2| = |z1||z2| . 5.

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 + z2)(z1 + z2) = z1z1 + z2z1 + z1z2 + z2z2 = |z1|2 + |z2|2 + z1z2 + z1z2

= |z1|2 + |z2|2 + 2(z1z2) ≤ |z1|2 + |z2|2 + 2|z1z2| = |z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2| = |z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2| = (|z1|+ |z2|)2,

extraindo a raiz quadrada obtemos o resultado.

6. |z1| = |z1 − z2 + z2| ≤ |z1 − z2|+ |z2|

e |z2| = |z2 − z1 + z1| ≤ |z2 − z1|+ |z1| = |z1 − z2|+ |z1|.

Dáı ±(|z1| − |z2|) ≤ |z1 − z2|,

ou seja, ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|.

15

Exemplo 3 Determine todos os valores a ∈ R para que a+ i

1 + ai

seja real.

Temos a+ i

1 + ai =

a+ i

1 + ai · 1− ai 1− ai

= a− a2i+ i+ a

1 + a2 =

2a

1 + a2 + i

1− a2

1 + a2 .

Assim,

(

a+ i

1 + ai

) = 0 ⇐⇒ a2 = 1 ⇐⇒ a = 1 ou a = 1.



Exemplo 4 Dados θ ∈ R e z = cos θ + i sen θ, encontre |z|.

Temos |z|2 = zz = (cos θ + i sen θ)(cos θ − i sen θ) = cos2 θ + sen2 θ = 1.

Logo, | cos θ + i sen θ| = 1. 

Exemplo 5 Resolva a equação iz + 2z + 1− i = 0.

Colocando x = ℜz e y = ℑz, vemos que z satisfaz a equação acima se e somente se

i(x+ iy) + 2(x− iy) = 1 + i ⇐⇒ 2x− y + i(x− 2y) = 1 + i

⇐⇒

{ 2x− y = 1 x− 2y = 1

⇐⇒ x = y = 1.



Exemplo 6 Determine todos os números complexos cujo quadrado seja igual ao conjugado.

Um número complexo z = x+ iy, x, y ∈ R é solução deste problema se e somente se

z2 = z ⇐⇒ (x+ iy)2 = x− iy ⇐⇒ x2 − y2 + 2xyi = x− iy

⇐⇒

{ x2 − y2 = x 2xy = −y ⇔ y = 0 ou x = 1/2

.

Se y = 0 a primeira equação acima é equivalente a x2 = x cujas soluções são x = 0 ou x = 1. Se x = 1/2 a primeira equação acima é equivalente a y2 = 3/4 cujas soluções são y =

− √ 3/2 ou y =

3/2.

Assim, o conjunto das soluções do problema é dado por

{0, 1,−1 + i √ 3

2 ,−1− i

3

2 }.



16

Caṕıtulo 4

Forma polar de um número complexo

Dado um número complexo z ̸= 0, podemos representá-lo em coordenadas polares como

z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ), (4.1)

onde r = |z| e θ é o ângulo que o vetor representado por z faz com o eixo real medido no sentido anti-horário em radianos. Devido à periodicidade das funções seno e cosseno, é evidente que a equação 4.1 continua válida se substituirmos θ por θ + 2kπ, k ∈ Z. Um ângulo θ que satisfaz 4.1 é chamado de argumento do número complexo z e é denotado por arg z. Enfatizamos que existem infinitos argumentos para um mesmo número complexo. Porém, dado um intervalo de números reais da forma I = [θ0, θo + 2π), existe apenas um argumento em I para cada z ̸= 0.

-

6

*

θ

z r

i

1 x

y

Colocando z = x + iy ̸= 0, x, y ∈ R, vemos que r = √ x2 + y2. Vejamos como se comporta

o arg z ∈ [0, 2π). Se z for um número real então arg z = 0 se ℜz > 0 e arg z = π se ℜz < 0. Se z é um número imaginário puro então arg z = π

2 se ℑz > 0 e arg z = 3π

2 se ℑz < 0. Finalmente,

se ℜz ̸= 0 e ℑz ̸= 0 então θ = arg z fica determinado pela equação

tan θ = ℑz ℜz

e pelo quadrante onde se encontra o vetor que representa z.

Observação 1 Dois números complexos coincidem se e somente se têm o mesmo módulo e seus argumentos diferem por um múltiplo inteiro de 2π.

A representação 4.1 continua válida quando z = 0, tomando r = 0 e θ ∈ R arbitrário.

17

Exemplo 7 Encontre uma representação polar para z = 1 + i.

Temos r = |z| = 2. Como z se encontra no primeiro quadrante temos que a solução para

tan θ = 1 1 = 1 é θ = π

4 . Assim, uma forma polar de z

1 + i = 2 ( cos

π

4 + i sen

π

4

) .



Exemplo 8 Dado θ ∈ R, determine uma forma polar dos seguintes números complexos

a) z = cos θ − i sen θ b) v = sen θ − i cos θ.

É imediato que ambos números acima têm módulo 1. Note que

z = cos θ − i sen θ = cos(−θ) + i sen(−θ)

que é uma forma polar para z. Observe que

u = −i (cos θ + i sen θ) = ( cos

3π

2 + i sen

3π

2

) (cos θ + i sen θ)

= cos 3π

2 cos θ − sen 3π

2 sen θ + i

( cos

3π

2 sen θ + sen

3π

2 cos θ

) = cos

( θ +

3π

2

) + i sen

( θ +

3π

2

) ,

que é uma forma polar. 

Exerćıcio 3 Dado 0 < θ < π, determine uma forma polar dos seguintes número complexo

z = 1 + cos θ + i sen θ.

Proposição 5 Seja z ̸= 0. Se θ é um argumento de z então −θ é um argumento de z.

Prova: Escrevendo z = r(cos θ + i sen θ), tomando o conjugado, obtemos

z = r(cos θ − i sen θ) = r(cos(−θ) + i sen(−θ)).

Proposição 6 Se rj e θj representam o módulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, para j = 1, 2, então r1r2 e θ1 + θ2 representam o módulo e um argumento de z1z2.

18

Prova: Basta notar que

z1z2 = [r1(cos θ1 + i sen θ1)][r2(cos θ2 + i sen θ2)]

= r1r2(cos θ1 cos θ2 sen θ1 sen θ2 + i(cos θ1 sen θ2 + cos θ2 sen θ1)) = r1r2(cos(θ1 + θ2) + i sen(θ1 + θ2)).

Corolário 1 Se rj e θj representam o módulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, para j = 1, 2, z2 ̸= 0, então r1/r2 e θ1 − θ2 representam o módulo e um argumento de z1/z2.

Prova: Temos z1 z2

= z1z2 |z2|2

= 1

r22 r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sen(θ1 − θ2))

= r1 r2 (cos(θ1 − θ2) + i sen(θ1 − θ2))

Observação 2 Seja zo = cos θo + i sen θo, θo > 0. Dado z ∈ C, temos que zoz é a rotação do vetor que representa z pelo ângulo θo no sentido anti-horário. Se θo < 0 a rotação é no sentido oposto.

A observação acima segue imediatamente da proposição 6 e do corolário 1 notando-se que |zo| = 1.

A proposição 6 se estende, por indução finita, da seguinte maneira:

Proposição 7 Se rj e θj representam o módulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, para j = 1, . . . , n então r1 · · · rn e θ1 + · · · + θn representam o módulo e um argumento de z1 · · · zn.

Tomando z = z1 = · · · = zn obtemos o seguinte

Corolário 2 Se r e θ representam o módulo e um argumento, respectivamente, de z ∈ C, então para todo n ∈ N temos

zn = rn(cos() + i sen()).

Além do mais, se z ̸= 0, a fórmula acima é valida para todo n ∈ Z.

Corolário 3 (De Moivre) Para todo θ ∈ R e todo n ∈ Z temos

(cos θ + i sen θ)n = cos() + i sen().

Prova: Basta notar que | cos θ + i sen θ| = 1.

19

Exemplo 9 Mostre que {in;n ∈ Z} = {−1, 1,−i, i}.

Como i = cos π 2 + i sen π

2 , obtemos in = cos

2 + i sen

2 . Agora, se n ∈ Z, podemos escrever

n = 4k + r onde r ∈ {0, 1, 2, 3} e então

in = cos (4k + r)π

2 + i sen

(4k + r)π

2 = cos

2 + i sen

2 =

 1, se r = 0

i, se r = 1

1, se r = 2 −i, se r = 3.

20

Caṕıtulo 5

Ráızes de números complexos

Nas seções anteriores vimos como operar com números complexos. Nesta seção vamos nos ater a encontrar soluções para equações do tipo

zn = zo, (5.1)

em que n ∈ N e zo ∈ C são dados. A melhor maneira para tratar este problema é usando a forma polar de representação.

Primeiramente, é claro que se zo = 0 então a equação 5.1 apresenta somente a solução z = 0. Escrevendo z = r(cos θ + i sen θ) e zo = ro(cos θo + i sen θo) vemos que 5.1 é equivalente a

rn(cos() + i sen()) = ro(cos θo + i sen θo), (5.2)

que por sua vez é equivalente a{ rn = ro

= θo + 2kπ, para algum k ∈ Z ⇐⇒

{ r = n

√ ro

θ = θo n + 2

n , para algum k ∈ Z.

(5.3)

É bom salientar que n √ ro representa a raiz n-ésima (positiva) do número real e positivo ro.

Quanto à equação

θ = θo n

+ 2

n

vemos que para cada k ∈ Z temos um valor distinto de θ e para designar esta dependência escreveremos θk ao invés de θ, isto é

θk = θo n

+ 2

n .

Também escreveremos zk = n

√ ro(cos θk + i sen θk).

É fácil ver que para todo k, ℓ ∈ Z temos

cos(θk+ℓn) + i sen(θk+ℓn) = cos θk + i sen θk,

21

ou seja, zk+ℓn = zk. Isto significa que podemos nos restringir às soluções dadas por

z0, . . . , zn−1. (5.4)

Note que os números em 5.4 são dois a dois distintos, pois embora tenham o mesmo módulo, seus argumentos não diferem por nenhum múltiplo inteiro de 2π (veja a observação 1).

Em resumo, se zo = ro(cos θo + i sen θo) ̸= 0, a equação 5.1 apresenta n soluções (ráızes) distintas dadas por

zk = n √ ro

( cos

( θo + 2

n

) + i sen

( θo + 2

n

)) , k = 0, . . . , n− 1.

Note que se colocarmos

ζ = n √ ro

( cos

( θo n

) + i sen

( θo n

)) e

ζk = cos

( 2

n

) + i sen

( 2

n

) , k = 0, . . . , n− 1,

obtemos ζn = zo, ζ n k = 1 e as soluções de 5.1 são dadas por zk = ζζk, k = 0, . . . , n − 1. Ou

seja conhecendo-se uma raiz de zo as outras ráızes são obtidas multiplicando-a pelas ráızes da unidade.

Observe ainda que pela fórmula de De Moivre (veja 3) temos ζk = ζ k 1 para k = 0, . . . , n− 1.

De onde, ζk = ζ1ζk−1, k = 1, . . . , n − 1, que geometricamente nos diz que ζk é obtido rodando ζk−1 de um ângulo

2π n no sentido anti-horário. Desta maneira, as ráızes n-ésimas da unidade são

precisamente os vértices do poĺıgono regular inscrito na circunferência {z ∈ C; |z| = 1} tendo como um do vértices o número um.

-

6

1 ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ... θ1 =

2π 8 = π

4

As ráızes de z8 = 1.

Exemplo 10 Encontre todas as ráızes de z4 = 1.

22

Como vimos, as ráızes são dadas por

ζk = cos

( 2

4

) + i sen

( 2

4

) = cos

(

2

) + i sen

(

2

) , k = 0, . . . , 3,

ou seja, ζ0 = 1, ζ1 = i, ζ2 = 1 e ζ3 = −i.



Exemplo 11 Encontre as ráızes de z3 = 1− i.

Como

1− i = 2

( cos

7π

4 + i sen

7π

4

) ,

obtemos

z0 = 6 2

( cos

7π

12 + i sen

7π

12

) ,

z1 = 6 2

( cos

15π

12 + i sen

15π

12

) e

z2 = 6 2

( cos

23π

12 + i sen

23π

12

) .



23

24

Caṕıtulo 6

Alguns subconjuntos do plano complexo

Já vimos que a distância entre dois pontos z1 = x1+ iy1, z2 = x2+ iy2, x1, x2, y1, y2 R é dada por

|z1 − z2| = |(x1 − x2) + i(y1 − y2)| = √ (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2,

que nada mais é do que a distância usual entre dois pontos do plano euclidiano. Desta forma, definiremos conjuntos abertos, fechados, etc., como feito em Cálculo II. Vamos às definições

Definição 2 1. Se zo ∈ C e r > 0, o conjunto

D(zo, r) = {z ∈ C; |z − zo| < r}

é chamado de disco aberto centrado em zo e de raio r > 0.

2. Se zo ∈ C e r > 0, o conjunto

D[zo, r] = {z ∈ C; |z − zo| ≤ r}

é chamado de disco fechado centrado em zo e de raio r > 0.

3. Um ponto zo ∈ X ⊂ C é chamado ponto interior de X se existir r > 0 tal que D(zo, r) ⊂ X.

4. Dizemos que X ⊂ C é aberto se todo x ∈ X é ponto interior de X.

5. Dizemos que X ⊂ C é fechado se o seu complementar for aberto.

6. A fronteira de X ⊂ C, denotada por ∂X, é formada por todo ponto z ∈ C tal que z não é ponto interior de X e z também não é ponto interior do complementar de X. Equivalentemente, z ∈ ∂X se e somente se para todo r > 0, existem z1 ∈ X e z2 no complementar de X tal que z1, z2 ∈ D(z, r).

Exemplo 12 O disco aberto é um exemplo de conjunto aberto, bem como uma reunião qualquer de discos abertos.

25

Exemplo 13 O disco fechado é um exemplo de conjunto fechado, bem como uma intersecção qualquer de discos fechados.

Podemos também trazer para o plano complexo as curvas que foram estudadas em Geometria Anaĺıtica como as retas, os ćırculos, as elipses, etc. Na geometria anaĺıtica, estas curvas são expressas em termos das coordenadas dos pontos que estão sobre elas. No plano complexo, entretanto, é mais conveniente expressá-las em termos do ponto z e de seu conjugado z, ou ainda com relação ao módulo ou à distância. O que permite esta passagem são as relações existentes entre as partes real e imaginária de um número complexo com relação a este número e o seu conjugado.

Exemplo 14 Considere a equação geral da reta no plano cartesiano dada por ax+ by+ c = 0, a2 + b2 > 0. Enfatizamos que as constantes a, b e c são números reais e que um ponto que está sobre esta reta tem coordenadas reais. Mostre que a esta equação pode ser escrita na forma

αz + α z + β = 0

onde z = x+ iy, x, y ∈ R e α ∈ C, β ∈ R.

Lembre que 2x = z + z e 2iy = z − z. Com isto, vemos que um ponto z = x+ iy está sobre a reta dada se e somente se

a z + z

2 + b

z − z 2i

+ c = 0 ⇔ a− bi 2

z + a+ bi

2 z + c = 0,

que está na forma desejada. 

Exemplo 15 Mostre que o ćırculo C(zo, r) = {z ∈ C; |z − zo| = r} pode ser escrito como

zz + αz + α z + β = 0

onde α ∈ C e β ∈ R.

Temos

|z − zo| = r ⇔ |z − zo|2 = r2 (z − zo)(z − zo) = r2 (z − zo)(z − zo) = r2

⇔ zz − zoz − zoz + |zo|2 − r2 = 0,

que está na forma desejada. 

Exerćıcio 4 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C;ℜz ≥ ℑ(z + 1)}.

Colocando z = x+ iy, x, y ∈ R, temos que x = ℜz e y = (z+1) e, assim, z ∈ R se e somente se x ≥ y. Desta forma, R representa o semiplano fechado determinado pela reta z = y que contém o ponto (1, 0).

26

-

6

y = x

x ≥ y



Exerćıcio 5 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C;ℜz2 = 1}.

Colocando z = x+ iy, x, y ∈ R, temos que ℜz2 = x2 − y2 e, portanto,

ℜz2 = 1 ⇔ x2 − y2 = 1,

que representa uma hipérbole.

6

- x

y

x2 − y2 = 1



Exerćıcio 6 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C; ∣∣ z−i z+i

∣∣ = 2}. Colocando z = x+ iy, x, y ∈ R, temos que z ∈ R se e somente se

|z − i| = 2|z + i| ⇔

x2 + (y − 1)2 = 2 √ x2 + (y + 1)2 ⇔ x2 + (y − 1)2 = 4x2 + 4(y + 1)2

3x2 + 3y2 + 10y + 3 = 0 ⇔ x2 + y2 + 10 3 y + 1 = 0 ⇔ x2 +

( y +

5

3

)2 + 125

9 = 0

⇔ x2 + ( y +

5

3

)2 =

16

9 ,

isto é, R = C(−i5 3 , 4 3 ), o ćırculo centrado em −i5

3 com raio 4

3 .

27

6

-

−i5 3



28

Caṕıtulo 7

Algumas funções elementares

Seja D um subconjunto de C. Uma função f a valores complexos sobre D é uma relação que a cada z ∈ D associa um único elemento de C, denotado por f(z). Usaremos a notação F : D → C, para representar uma função definida em D que toma valores em C. As funções

z 7→ ℜf(z) e z 7→ ℑf(z)

são chamadas de partes real e imaginária de f, respectivamente. Usando a identificação z = x+ iy = (x, y), x, y ∈ R, podemos definir as funções u, v : D → R por

u(x, y) = ℜf(x+ iy) e v(x, y) = ℑf(x+ iy).

Note que u e v são funções de duas variáveis a valores reais. Vejamos alguns exemplos de funções.

Exemplo 16 Fixados a0, . . . , an ∈ C, definimos

f(z) = a0 + a1z + · · ·+ anzn, z ∈ C,

que é chamada de função polinomial. Os números a0, . . . , an são chamados de coeficientes de f.

Exerćıcio 7 Mostre que se f é uma função polinomial com coeficientes reais então f(z) = f(z). Em particular, f(zo) = 0 se e somente se f(zo) = 0.

Exemplo 17 Seja f(z) = z2 3iz − 2. Note que f(i) = 1 + 32 = 0 mas f(i) = f(−i) = 132 = 6 ̸= 0.

Exemplo 18 Se p e q são funções polinomiais, definimos a função racional h(z) = p(z)/q(z) para todo z ∈ C tal que q(z) ̸= 0. Mais adiante veremos que para cada função polinomial, digamos q, existe somente um número finito de números complexos satisfazendo q(z) = 0.

Exerćıcio 8 Seja f(z) = 1/z definida para z ̸= 0. Encontre as partes real e imaginária de f.

29

Colocando z = x+ iy, x, y ∈ R, temos

1

z =

z

|z|2 =

x

x2 + y2 − i y

x2 + y2 .

Assim, as partes real e imaginária são dadas, respectivamente, por

u(x, y) = x

x2 + y2 e v(x, y) = − y

x2 + y2 , (x, y) ̸= (0, 0).



Exerćıcio 9 Seja

h(z) = (1 + i) z − i z + 1

, z ̸= 1.

Mostre que imagem imagem do conjunto S = {cos θ + i sen θ,−π < θ < π} é o eixo real.

Note que S é o ćırculo centrado na origem de raio um do qual foi exclúıdo o número 1. Para −π < θ < π temos

h(cos θ + i sen θ) = (1 + i) cos θ + i(sen θ − 1) 1 + cos θ + i sen θ

= (1 + i) cos θ + i(sen θ − 1) 1 + cos θ + i sen θ

· 1 + cos θ − i sen θ 1 + cos θ − i sen θ

= (1 + i) 1 + cos θ − sen θ + i(1 + sen θ − cos θ)

2(1 + cos θ)

= 1 + cos θ − sen θ 2(1 + cos θ)

(1 + i)(1− i) = 1 + cos θ − sen θ 1 + cos θ

R.

Além do mais, usando L’Hospital para função de variável real, temos

lim θ→π+

1 + cos θ − sen θ 1 + cos θ

= lim θ→π+

sen θ − cos θ − sen θ

= lim θ→π+

(1 + cotg θ) = −∞

e

lim θ→π−

1cos θ − sen θ 1 + cos θ

= lim θ→π−

sen θ − cos θ − sen θ

= lim θ→π−

(1 + cotg θ) = +

e como φ(θ) = h(cos θ + i sen θ), é uma função cont́ınua de −π < θ < π, vemos que a imagem de S pela função h é todo o eixo real. 

Definição 3 Definimos a função exponencial por

exp z = ex(cos y + i sen y), onde x = ℜz, y = ℑz.

Proposição 8 Mostre que

1. exp(z1 + z2) = exp z1 exp z2 para todo z1, z2 C;

30

2. | exp z| = eℜz para todo z ∈ C; em particular exp z ̸= 0;

3. (exp z)n = exp(nz) para z ∈ C e n inteiro;

4. exp z = exp z;

5. Se z é real então

exp z = ez, cos z = exp(iz) + exp(−iz)

2 e sen z =

exp(iz)exp(−iz) 2i

.

Prova:

1. Escrevendo zj = xj + iyj, xj, yj ∈ R, j = 1, 2, e utilizando a fórmula para o produto (veja 6), obtemos

exp(z1 + z2) = exp(x1 + x2 + i(y1 + y2)) = e x1+x2(cos(y1 + y2) + i sen(y1 + y2))

= [ex1(cos y1 + i sen y1)][e x2(cos y2 + i sen y2)] = exp z1 exp z2;

2. basta notar que | cos y + i sen y| = 1 e eℜz > 0;

3. como exp z ̸= 0, para todo n ∈ Z, temos

(exp z)n = (ex(cos y + i sen y))n = enx(cos(ny) + i sen(ny))

= exp(nx+ iny) = exp(nz);

4. escrevendo z = x+ iy, x, y ∈ R, temos

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

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

5. Se z é real então ℑz = 0, z = ℜz e pela definição de exponencial, temos

exp z = eℜz(cos(ℑz) + i sen(ℑz)) = ez(cos 0 + i sen 0) = ez.

Como z é real também temos (iz) = (−iz) = 0 e (iz) = z = −ℑ(−iz). Assim{ exp(iz) = cos z + i sen z

exp(−iz) = cos(−z) + i sen(−z) = cos z − i sen z ⇔

{ cos z = exp(iz)+exp(−iz)

2

sen z = exp(iz)exp(−iz) 2i

.

Observação 3 Em virtude da proposição anterior (veja 5), utilizaremos também a expressão ez para denotar exp z mesmo quando z ∈ C.

31

Observação 4 Note que z ∈ C tem módulo igual a um se somente se z = eiθ para algum θ ∈ R.

Como as expressões exp(iz)+exp(−iz) 2

e exp(iz)exp(−iz) 2i

estão definidas para todo número complexo z e tendo em vista a proposição 8 item 5, definimos as funções seno e cosseno por

Definição 4

cos z = exp(iz) + exp(−iz)

2 e sen z =

exp(iz)exp(−iz) 2i

, z ∈ C.

Proposição 9 Para todo z, z1, z2 C, temos

1. cos z = cos x cosh y − i senx senh y, onde x = ℜz e y = ℑz;

2. sen z = sen x cosh y + i cos x senh y, onde x = ℜz e y = ℑz;

3. | cos z|2 = cos2 x+ senh2 y, onde x = ℜz e y = ℑz;

4. | sen z|2 = sen2 x+ senh2 y, onde x = ℜz e y = ℑz;

5. cos z = 0 se e somente se z = π 2 + kπ, k ∈ Z;

6. sen z = 0 se e somente se z = kπ, k ∈ Z;

7. cos2 z + sen2 z = 1;

8. cos z = cos z;

9. sen z = sen z;

10. cos(−z) = cos z;

11. sen(−z) = sen z;

12. cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 sen z1 sen z2;

13. sen(z1 + z2) = sen z1 cos z2 + sen z2 cos z1;

14. cos(z1 − z2) = cos z1 cos z2 + sen z1 sen z2;

15. sen(z1 − z2) = sen z1 cos z2 sen z2 cos z1;

16. cos(z + 2π) = cos z;

17. sen(z + 2π) = sen z.

Prova: Colocando x = ℜz e y = ℑz, temos

32

1.

cos z = exp(iz) + exp(−iz)

2 =

exp(−y + ix) + exp(y − ix) 2

= e−y(cosx+ i sen x) + ey(cosx− i senx)

2

= e−y + ey

2 cos x− ie

y − e−y

2 sen x

= cosh y cos x− i senh y senx;

2.

sen z = exp(iz)exp(−iz)

2i =

exp(−y + ix)exp(y − ix) 2i

= e−y(cosx+ i senx)− ey(cosx− i sen x)

2i

= e−y − ey

2i cosx+ i

ey + e−y

2i sen x

= cosh y sen x+ i senh y cos x;

3. de 1 obtemos

| cos z|2 = cosh2 y cos2 x+ senh2 y sen2 x = cosh2 y cos2 x+ senh2 y(1cos2 x) = (cosh2 y − senh2 y) cos2 x+ senh2 y

= cos2 x+ senh2 y;

4. de 2, obtemos

| sen z|2 = cosh2 y sen2 x+ senh2 y cos2 x = cosh2 y sen2 x+ senh2 y(1sen2 x) = (cosh2 y − senh2 y) sen2 x+ senh2 y

= sen2 x+ senh2 y;

5. note que cos z = 0 se e somente se | cos z| = 0. Segue de 3 que, colocando x = ℜz e y = ℑz, então cos z = 0 se e somente se cos x = 0 e senh y = 0, ou seja, se e somente se x = π

2 + kπ, k ∈ Z e y = 0;

6. note que sen z = 0 se e somente se | sen z| = 0. Segue de 4 que, colocando x = ℜz e y = ℑz, então cos z = 0 se e somente se sen x = 0 e senh y = 0, ou seja, se e somente se x = kπ, k ∈ Z e y = 0;

33

7.

cos2 z + sen2 z = (exp(iz) + exp(−iz))2

4 (exp(iz)exp(−iz))

2

4

= exp(2iz) + exp(2iz) + 2exp(2iz)exp(2iz) + 2

4 = 1

8.

cos z = exp(iz) + exp(−iz)

2 =

exp(−iz) + exp(iz) 2

= cos z;

9.

sen z =

( exp(iz)exp(−iz)

2i

) = exp(−iz)exp(iz)

2i = sen z;

10.

cos(−z) = exp(−iz) + exp(iz) 2

= cos z;

11.

sen(−z) = exp(−iz)exp(iz) 2i

= sen z;

12. temos

cos z1 cos z2 sen z1 sen z2

= 1

4 [(exp(iz1) + exp(−iz1))(exp(iz2) + exp(−iz2))

+ (exp(iz1)exp(−iz1))(exp(iz2)exp(−iz2))]

= 1

4 [exp(i(z1 + z2)) + exp(−i(z1 − z2)) + exp(i(z1 − z2)) + exp(−i(z1 + z2))

+ exp(i(z1 + z2))exp(−i(z1 − z2))exp(i(z1 − z2)) + exp(−i(z1 + z2))]

= 1

2 [exp(i(z1 + z2)) + exp(−i(z1 + z2))] = cos(z1 + z2);

13. temos

sen z1 cos z2 + sen z2 cos z1

= 1

4i [(exp(iz1)exp(−iz1))(exp(iz2) + exp(−iz2))

+ (exp(iz2)exp(−iz2))(exp(iz1) + exp(−iz1))]

= 1

4i [exp(i(z1 + z2))exp(−i(z1 − z2)) + exp(i(z1 − z2))exp(−i(z1 + z2))

+ exp(i(z1 + z2))exp(i(z1 − z2)) + exp(−i(z1 − z2))exp(−i(z1 + z2))]

= 1

2i [exp(i(z1 + z2))exp(−i(z1 + z2))] = sen(z1 + z2);

34

14. substitua z2 por −z2 em 12 e use 10 e 11;

15. substitua z2 por −z2 em 13 e use 10 e 11;

16. por 12 cos(z + 2π) = cos z cos 2π − sen z sen 2π = cos z;

17. por 13 sen(z + 2π) = sen z cos 2π + sen 2π cos z = sen z.

Observação 5 Note que por 5 e 6 os zeros das funções complexas cosseno e seno são os mesmos que os zeros das funções reais cosseno e seno, respectivamente. Desta forma, podemos definir as funções complexas tg, cotg, sec e cosec de modo análogo ao caso real.

Definição 5 Dizemos que uma função f definida num subconjunto D de C é limitada se existir K > 0 tal que |f(z)| ≤ K para todo z ∈ D. Exemplo 19 As funções seno e cosseno não são limitadas em C. Usando 3 e 4 da proposição 9 com z = ni, n = 1, 2, . . . , vemos que

| cos z| = | sen z| = senhn = e n − e−n

2 +quando n → +∞.

 Exemplo 20 Sejam A > 0 e D = {z ∈ C; |ℑz| ≤ A}. As funções seno e cosseno são limitadas em D.

Se z = x+ iy ∈ D, x, y ∈ R, então, como |y| ≤ A, temos

| cos z|2 = cos2 x+ senh2 y ≤ 1 + (e y − e−y)2

4 1 + e2A.

Tomando K = 1 + e2A, vemos que | cos z| ≤ K para todo z ∈ D. De modo análogo, | sen z| ≤

K para todo z ∈ D.  Definição 6 As funções complexas seno e cosseno hiperbólicos são definidas por:

senh z = exp z − exp(−z)

2 e cosh z =

exp z + exp(−z) 2

.

Deixamos como exerćıcio a verificação da seguinte

Proposição 10 Temos

1. cosh2 z − senh2 z = 1, para todo z ∈ C;

2. | cosh z|2 = senh2 x+ cos2 y, para todo z = x+ iy ∈ C, x, y ∈ R;

3. | senh z|2 = senh2 x+ sen2 y, para todo z = x+ iy ∈ C, x, y ∈ R;

4. cosh z = 0 se e somente z = 2k+1 2

πi para algum k ∈ Z;

5. senh z = 0 se e somente z = kπi para algum k ∈ Z.

35

36

Caṕıtulo 8

Limite e continuidade

Definição 7 Sejam f : D ⊂ C C e zo ∈ C. Dizemos que existe o limite de f em zo se existir L ∈ C tal que para cada ε > 0 existir δ > 0 tal que

z ∈ D, 0 < |z − zo| < δ ⇒ |f(z)− L| < ε.

Deixamos como exerćıcio a verificação de que se existir L ∈ C satisfazendo a definição acima, ele é o único. Neste caso, usaremos a notação

L = lim z→zo

f(z).

Geometricamente, a existência do limite de f em zo significa que dado qualquer disco C centrado em L, é posśıvel encontrar um outro disco centrado em zo cujos pontos distintos de zo e que estão em D são mandados por f em C.

Exemplo 21 Verifique que

(i) lim z→zo

α = α, α constante (ii) lim z→zo

z = zo (iii) lim z→zo

z = zo (iv) lim z→zo

|z| = |zo|

Seja ε > 0. (i) Tome δ > 0 qualquer e dáı |α− α| = 0 < ε. (ii) Tome δ = ε. Dáı, sempre que |z − zo| < δ temos |z − zo| < δ = ε. (iii) Tome δ = ε. Dáı, sempre que |z − zo| < δ temos |z − zo| = |z − zo| = |z − zo| < δ = ε. (iv) Tome δ = ε. Dáı, sempre que |z − zo| < δ temos ||z| − |zo|| ≤ |z − zo| < δ = ε. 

Proposição 11 Sejam f, g funções tais que existem limz→zo f(z) e limz→zo g(z). Temos

1. Para quaisquer α, β ∈ C temos

lim z→zo

(αf(z) + βg(z)) = α lim z→zo

f(z) + β lim z→zo

g(z);

37

2. lim z→zo

f(z)g(z) = lim z→zo

f(z) lim z→zo

g(z);

3. Se limz→zo g(z) ̸= 0 então

lim z→zo

f(z)

g(z) =

limz→zo f(z)

limz→zo g(z) .

Prova:

1. Faça como exerćıcio.

2. Coloque L = limz→zo f(z) e M = limz→zo g(z). Usando a definição de limite, tome δ1 > 0 tal que |f(z)− L| < 1 sempre que 0 < |z − zo| < δ1. Segue que

|f(z)| ≤ |f(z)− L|+ |L| < 1 + |L| sempre que 0 < |z − zo| < δ1.

Usando a definição de limite, existe δ2 > 0 tal que

|f(z)− L| < ε 2(1 + |M |)

sempre que 0 < |z − zo| < δ2.

Também, existe δ3 > 0 tal que

|g(z)−M | < ε 2(1 + |L|)

sempre que 0 < |z − zo| < δ3.

Coloque δ = min1, δ2, δ3}. Se 0 < |z − zo| < δ então

|f(z)g(z)− LM | = |f(z)(g(z)−M) +M(f(z)− L)| ≤ |f(z)||g(z)−M |+ |M |f(z)− L|

(1 + |L|) ε 2(1 + |L|)

+ |M | ε 2(1 + |M |)

< ε.

3. Pela parte anterior, basta mostrarmos que limz→zo g(z) = 1 M . Dado ε > 0, pela definição

de limite existe δ1 > 0 tal que

|g(z)−M | < ε 2 |M |2 sempre que 0 < |z − zo| < δ1.

Também existe δ2 > 0 tal que

|g(z)−M | < |M | 2

sempre que 0 < |z − zo| < δ2.

|M | ≤ |g(z)−M |+ |g(z)| temos que

|g(z)| ≥ |M | − |g(z)−M | > |M | − |M | 2

= |M | 2

sempre que 0 < |z − zo| < δ2.

Tomando δ = min1, δ2} temos∣∣∣∣ 1g(z) 1M ∣∣∣∣ = |M − g(z)||M ||g(z)| < 1|M | ε2 |M |2 2|M | = ε sempre que 0 < |z − zo| < δ.

38

Exemplo 22 Como já vimos que limz→zo z = zo segue da proposição anterior que se f(z) é uma função polinomial que limz→zo f(z) = f(zo). Além do mais, se g é também polinomial com g(zo) ̸= 0 então

lim z→zo

f(z)

g(z) =

f(zo)

g(zo) .

Exerćıcio 10 Encontre, se posśıvel, limz→0 z z .

Note que sobre se z ̸= 0 é real temos z z = 1 e se z ̸= 0 é imaginário puro temos z

z = 1.

Como todo disco centrado na origem possui números real e imaginário puro, conclúımos, pela unicidade do limite, que não existe limz→0

z z . 

Proposição 12 Sejam f : D ⊂ C C, u e v as partes real e imaginária de f e zo = xo+iyo ∈ C, xo, yo ∈ R. A fim de exista o limite de f em zo é necessário e suficiente que existam os limites de u e v em (xo, yo). Em caso afirmativo, vale

lim z→zo

f(z) = lim (x,y)(xo,yo)

u(x, y) + i lim (x,y)(xo,yo)

v(x, y).

Prova: Suponha que existam uo = lim(x,y)(xo,yo) u(x, y) e vo = lim(x,y)(xo,yo) v(x, y). Dado ε > 0, existem δ1, δ2 > 0 tal que

|u(x, y)− uo| < ε

2 sempre que 0 < |z − zo| =

√ (x− xo)2 + (y − yo)2 < δ1

e |v(x, y)− vo| <

ε

2 sempre que 0 < |z − zo| =

√ (x− xo)2 + (y − yo)2 < δ2.

Tomando δ = min1, δ2}, temos

|f(z)(uo− ivo)| = |(u(x, y)−uo)+ i(v(x, y)− vo)| ≤ |u(x, y)−uo|+ |v(x, y)− vo| < ε

2 +

ε

2 = ε

sempre que 0 < |z − zo| < δ. Reciprocamente se existir L = limz→zo f(z), então, para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que

|f(z)− L| < ε sempre que 0 < |z − zo| = √ (x− xo)2 + (y − yo)2 < δ.

Colocando L = U + iV, U, V ∈ R, temos que

|u(x, y)−U | ≤ √ (u(x, y)− U)2 + (v(x, y)− V )2 = |u(x, y)+iv(x, y)−U−iV | = |f(z)−L| < ε

e

|v(x, y)−V | ≤

(u(x, y)− U)2 + (v(x, y)− V )2 = |u(x, y)+iv(x, y)−U−iV | = |f(z)−L| < ε

sempre que 0 < |z − zo| = √ (x− xo)2 + (y − yo)2 < δ. 

39

Exemplo 23 Utilizando a proposição acima e observando as partes real e imaginária das funções exponencial, seno e cosseno, vemos que se zo ∈ C então

(i) lim z→zo

= exp zo (ii) lim z→zo

sen z = sen zo (iii) lim z→zo

cos z = cos zo.

Definição 8 Sejam f : D ⊂ C C e zo ∈ D. Dizemos que f é cont́ınua em zo se

lim z→zo

f(z) = f(zo).

Dizemos que f é cont́ınua em D se f for cont́ınua em todos os pontos de D.

Observação 6 Segue da proposição 11 que se f e g são cont́ınuas em zo então para quaisquer α, β ∈ C que αf + βg é cont́ınua em zo. Além do mais, o produto fg é cont́ınuo em zo e o mesmo vale para f/g desde que g(zo) ̸= 0.

Observação 7 Segue da proposição 12 que uma condição necessária e suficiente para que f seja cont́ınua é que as suas partes real e imaginária sejam cont́ınuas.

Observação 8 Segue do exemplo 22 que toda função polinomial é cont́ınua e o mesmo vale para as funções racionais. Vale a pena salientar que uma função racional é cont́ınua sobre os pontos onde ela está definida.

Exemplo 24 A função f(z) = z z é cont́ınua para todo z ̸= 0.

Basta notar que se zo ̸= 0 então

lim z→zo

z

z =

limz→zo z

limz→zo z =

zo zo

= f(zo).



Observação 9 Segue do exemplo 23 que as funções exponencial, seno e cosseno também são cont́ınuas.

Proposição 13 Sejam f : D ⊂ C C e g : Ω C. Se f é cont́ınua em zo ∈ D e g é cont́ınua em ζo = f(zo) então a composta g ◦ f : D → C também é cont́ınua em zo.

Prova: Dado ε > 0, pela continuidade de g em ζo, existe δ1 tal que

|g(ζ)− g(ζo)| = |g(ζ)− g(f(zo))| < ε sempre que |ζ − ζo| < δ1. (8.1)

Por outro lado, existe δ > 0 então

|f(z)− ζo| = |f(z)− f(zo)| < δ1 sempre que |z − zo| < δ.

Combinando a desigualdade acima com 8.1, obtemos que

|g(f(z))− g(f(zo))| < ε sempre que |z − zo| < δ.

40

Caṕıtulo 9

Derivação e as equações de Cauchy-Riemann

Definição 9 Sejam D ⊂ C um aberto, f : D → C e zo ∈ D. Dizemos que f é derivável em zo se o seguinte limite existir

lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

ou equivalentemente, caso exista

lim h→0

f(zo + h)− f(zo) h

.

Em caso afirmativo, escreveremos

f ′(zo) = lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

= lim h→0

f(zo + h)− f(zo) h

e diremos que f ′(zo) é a derivada de f em zo.

Observação 10 Note que f ′(zo) é a derivada de f em zo ∈ D se e somente se para qualquer ε > 0 existir δ > 0 tal que

|f(z)− f(zo)− f ′(zo)(z − zo)| ≤ ε|z − zo| sempre que |z − zo| < δ,

ou equivalentemente,

|f(zo + h)− f(zo)− f ′(zo)h| ≤ ε|h| sempre que |h| < δ.

Proposição 14 Se f : D → C é derivável em zo ∈ D então f é cont́ınua em zo.

Prova: Note que

lim z→zo

(f(z)− f(zo)) = lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

(z − zo)

41

lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

lim z→zo

(z − zo) = f ′(zo) · 0 = 0,

ou seja, lim z→zo

f(z) = f(zo).

Exemplo 25 Mostre que f(z) = αz + β é derivável para qualquer zo ∈ C e f ′(z) = α.

Temos

lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

= lim z→zo

αz + β − (αzo + β) z − zo

= lim z→zo

α(z − zo) z − zo

= α.



Exemplo 26 Mostre que f(z) = z não é derivável em nenhum ponto.

Observe que para z ̸= zo, f(z)− f(zo)

z − zo =

z − zo z − zo

= z − zo z − zo

.

Assim, se tomarmos z = zo + h, h ∈ R, h ̸= 0, obtemos

f(z)− f(zo) z − zo

= h

h = 1.

Por outro lado, tomando z = zo + hi, h ∈ R, h ̸= 0, obtemos

f(z)− f(zo) z − zo

= hi

hi = 1.

Como os pontos da forma zo + h e zo + hi podem ficar tão próximos a zo quanto quisermos, vemos que não existe

lim z→zo

z − zo z − zo

.

 Valem as regras usuais de derivação, isto é, temos a

Proposição 15 Sejam D ⊂ C um aberto, zo ∈ D e f, g : D → C. Se f e g são deriváveis em zo então

1. (αf + βg)(zo) = αf ′(zo) + βg

(zo), onde α, β ∈ C;

2. (f · g)(zo) = f ′(zo)g(zo) + f(zo)g′(zo);

3. (

f g

)(zo) =

f ′(zo)g(zo)−f(zo)g′(zo) [g(zo)]2

, desde que g(zo) ̸= 0.

Prova:

42

1. Como f ′(zo) e g ′(zo) existem, temos

lim z→zo

αf(z) + βg(z)− αf(zo)− βg(zO) z − zo

= α lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

+ β lim z→zo

g(z)− g(zo) z − zo

= αf ′(zo) + βg ′(zo);

2. como f ′(zo) e g ′(zo) existem e f é cont́ınua em zo, temos

lim z→zo

f(z)g(z)− f(zo)g(zo) z − zo

= lim z→zo

f(z)(g(z)− g(zo)) + g(zo)(f(z)− f(zo)) z − zo

lim z→zo

f(z) g(z)− g(zo)

z − zo + g(zo) lim

z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

= f(zo)g ′(zo) + g(zo)f

(zo);

3. usando o item anterior, basta mostrarmos que( 1

g

)(zo) =

g(zo)

[g(zo)]2 .

Como g′(zo) existe, g é cont́ınua em zo e g(zo) ̸= 0, temos

lim z→zo

1 g(z)

1 g(zo)

z − zo = lim

z→zo

1

g(z)g(zo) lim z→zo

g(zo)− g(z) z − zo

= − g ′(zo)

[g(zo)]2 .

Exemplo 27 Se fn(z) = z n n ∈ N então f ′n(z) = nzn−1.

De fato, do exemplo 26 obtemos f ′1(z) = 1 e por indução, se assumirmos que f ′ n−1(z) =

(n− 1)zn−2 então pela proposição anterior,

f ′n(z) = (z · zn−1)= 1 · zn−1 + z · (n− 1)zn−2 = nzn−1.



Exemplo 28 Se f(z) = a0 + a1z + · · ·+ anzn então f ′(z) = a1 + 2a2z + · · ·+ nanzn−1.

Exemplo 29 Se gn(z) = z −n n ∈ N então g′n(z) = −nz−n−1 para todo z ̸= 0.

Note que gn = 1 fn , fn como no exemplo 27 e, portanto, se z ̸= 0,

g′n(z) = − f ′n(z)

[fn(z)]2 = −nz

n−1

z2n = −nz−n−1.

 No caṕıtulo anterior vimos que para que uma função f : D ⊂ C C fosse cont́ınua era

necessário e suficiente que as suas partes real e imaginária fossem cont́ınuas. Como veremos a seguir, para que f seja derivável não bastará que suas partes real e imaginária tenham derivadas. Os dois próximos teoremas nos mostram como elas se relacionam.

43

Teorema 1 Sejam D ⊂ C um aberto, zo = xo + iyo ∈ D, xo, yo ∈ R, f : D → C, u(x, y) = ℜf(z) e v(x, y) = ℑf(z). Se f é derivável em zo então existem as derivadas parciais de u e v em (xo, yo) e elas satisfazem

∂u

∂x (xo, yo) =

∂v

∂y (xo, yo) e

∂u

∂y (xo, yo) =

∂v

∂x (xo, yo). (9.1)

Além do mais,

f ′(zo) = ∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo) =

∂v

∂y (xo, yo)− i

∂u

∂y (xo, yo). (9.2)

Prova: Como f ′(zo) existe por hipótese, podemos calculá-la dos seguintes modos: Primeiro modo: Aproximando do ponto zo = xo + iyo por pontos da forma xo + h + iyo ∈ D com h ∈ R.

f ′(zo) = lim h→0, h∈R

f(xo + h+ iyo)− f(xo + iyo) h

= lim h→0,h∈R

[ u(xo + h, yo)− u(xo, yo)

h + i

v(xo + h, yo)− v(xo, yo) h

] =

∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo),

pois como o limite existe, sabemos pela proposição 12 que também existem os limites das partes real e imaginária. Segundo modo: Aproximando do ponto zo = xo + iyo por pontos da forma xo + i(yo + h) ∈ D com h ∈ R.

f ′(zo) = lim h→0, h∈R

f(xo + i(yo + h))− f(xo + iyo) ih

= lim h→0,h∈R

[ u(xo, yo + h)− u(xo, yo)

ih + i

v(xo, yo + h)− v(xo, yo) ih

] = lim

h→0,h∈R

[ v(xo, yo + h)− v(xo, yo)

h − iu(xo, yo + h)− u(xo, yo)

h

] =

∂v

∂y (xo, yo)− i

∂u

∂y (xo, yo).

Deste modo,

f ′(zo) = ∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo) =

∂v

∂y (xo, yo)− i

∂u

∂y (xo, yo),

resultando em nas equações 9.1 e 9.2.

Observação 11 As equações 9.1 são chamadas de equações de Cauchy-Riemann. Embora a parte real e a parte imaginária de uma função f devam satisfazer estas equações para que exista a derivada de f, a simples verificação de 9.1 não é garantia da existência de f ′ como mostra o seguinte exemplo.

44

Exemplo 30 A função

f(z) =

{ z5

|z|4 , se z ̸= 0 0, se z = 0

não é derivável em z = 0 mas as suas partes real e imaginária satisfazem as equações de Cauchy-Riemann em z = 0.

Se h = reiθ, r > 0 e θ ∈ R, então

f(h)− f(0) h

=

h5

|h|4

h =

h4

|h|4 =

r4e4

r4 = e4iθ.

Como a expressão acima depende do valor de θ, vemos que não existe a derivada de f em z = 0. Por outro lado, se u = ℜf e v = ℑF, vemos que u(0, 0) = v(0, 0) = 0 e para z = x+ iy ̸= 0,

x, y ∈ R,

f(z) = z5

|z|4 =

(x+ iy)5

(x2 + y2)2 =

x5 10x3y2 + 5xy4

(x2 + y2)2 + i

y5 10x2y3 + 5yx4

(x2 + y2)2 = u(x, y) + iv(x, y).

Agora, ∂u

∂x (0, 0) = lim

x→0

u(x, 0)− u(0, 0) x

= lim x→0

x

x = 1,

∂v

∂y (0, 0) = lim

y→0

v(0, y)− v(0, 0) y

= lim y→0

y

y = 1,

verificando a primeira das equações de Cauchy-Riemann em (0, 0). Também,

∂u

∂y (0, 0) = lim

y→0

u(0, y)− u(0, 0) x

= lim y→0

0

y = 0,

∂v

∂x (0, 0) = lim

x→0

v(x, 0)− v(0, 0) x

= lim x→0

0

y = 0,

verificando a segunda das equações de Cauchy-Riemann em (0, 0).  Os resultados obtidos até agora não nos dão muita informação de como calcular derivadas

das funções complexas. Com o que sabemos não vamos muito mais longe do que o cálculo das derivadas de funções polinomiais ou funções racionais (p(z)/q(z), p e q polinômios).

O próximo teorema nos fornece uma condição suficiente para que uma função complexa possua derivada. Esta condição é que, além de que as partes real e imaginária desta função existam e satisfaçam as equações de Cauchy-Riemann, elas também sejam de classe C1, isto é, possuam derivadas parciais cont́ınuas.

Teorema 2 Sejam D ⊂ C um aberto, zo = xo + iyo ∈ D, xo, yo ∈ R e f : D → C uma função tal que u(x, y) = ℜf(z) e v(x, y) = ℑf(z) possuam derivadas parciais de primeira ordem cont́ınuas em (xo, yo). Se u e v satisfazem as equações de Cauchy-Riemann (9.1) então f é derivável em zo e f

(zo) é dada por 9.2.

45

Prova: Como u e v são de classe C1, sabemos de Cálculo II que existem funções ε1 e ε2 definidas em torno de (0, 0) satisfazendo para todo (r, s) R2 suficientemente pequeno

u(xo + r, yo + s)− u(xo, yo) = ∂u

∂x (xo, yo)r +

∂u

∂y (xo, yo)s+ ε1(r, s),

v(xo + r, yo + s)− v(xo, yo) = ∂v

∂x (xo, yo)r +

∂v

∂y (xo, yo)s+ ε2(r, s),

e

lim (r,s)(0,0)

ε1(r, s)√ r2 + s2

= lim (r,s)(0,0)

ε2(r, s)√ r2 + s2

= 0.

Colocando h = r + is, e utilizando as equações de Cauchy-Riemann, temos

f(zo + h)− f(zo) = u(xo + r, yo + s)− u(xo, yo) + i(v(xo + r, yo + s)− v(xo, yo))

= ∂u

∂x (xo, yo)r +

∂u

∂y (xo, yo)s+ i

∂v

∂x (xo, yo)r + i

∂v

∂y (xo, yo)s+ ε1(r, s) + 2(r, s)

= ∂u

∂x (xo, yo)r −

∂v

∂x (xo, yo)s+ i

∂v

∂x (xo, yo)r + i

∂u

∂x (xo, yo)s+ ε1(r, s) + 2(r, s)

= ∂u

∂x (xo, yo)(r + si) + i

∂v

∂x (xo, yo)(r + si) + ε1(r, s) + 2(r, s)

=

( ∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo)

) h+ ε1(r, s) + 2(r, s)

e, desta forma,

lim h→0

[ f(zo + h)− f(zo)

h −

( ∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo)

)] = lim

h=r+si→0

[ ε1(r, s)

r + si + i

ε2(r, s)

r + si

] = 0,

pois ∣∣∣∣εj(r, s)r + si ∣∣∣∣ = |εj(r, s)|√r2 + s2 −→ 0, quando (r, s) 0, 1 = 1, 2.

Isto mostra que f é derivável em zo e

f ′(zo) = ∂u

∂x (xo, yo) + i

∂v

∂x (xo, yo).

Quanto à outra fórmula para f ′(zo), basta usar a fórmula acima e as equações de Cauchy- Riemann.

Observação 12 As fórmulas 9.2 também podem ser escritas da seguinte forma

f ′(z) =

∂x f(x+ iy) = −i ∂

∂y f(x+ iy).

Equivalentemente ∂f

∂x + i

∂f

∂y = 0.

46

Exemplo 31 A função exponencial é derivável em qualquer z ∈ C e exp(z) = exp z.

Como u(x, y) = exp z = ex cos y e v(x, y) = exp z = ex sen y são funções de classe C1, para mostrar que a exponencial é derivável, resta mostrar que elas satisfazem as equações de Cauchy-Riemann. De fato,

∂u

∂x (x, y) =

∂x (ex cos y) = ex cos y =

∂y (ex sen y) =

∂v

∂y (x, y)

e ∂u

∂y (x, y) =

∂y (ex cos y) = −ex sen y = − ∂

∂x (ex sen y) =

∂v

∂x (x, y).

Além do mais,

exp(z) =

∂x exp(x+ iy) =

∂x (ex cos y + iex sen y) = ex cos y + iex sen y = exp z.



Exemplo 32 Temos sen′ z = cos z para todo z ∈ C.

Pelo item 2 da proposição 9 temos que u(x, y) = sen z = sen x cosh y e v(x, y) = cos x senh y são de classe C1 e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann, pois

∂u

∂x (x, y) =

∂x (sen x cosh y) = cosx cosh y =

∂y (cosx senh y) =

∂v

∂y (x, y)

e ∂u

∂y (x, y) =

∂y (sen x cosh y) = senx senh y =

∂x (cosx senh y) =

∂v

∂x (x, y).

Além do mais,

sen(z) =

∂x (sen x cosh y + i cos x senh y) = cosx cosh y − i senx senh y = cos z

pelo item 1 da proposição 9. 

Exerćıcio 11 Mostre que cos′ z = sen z para todo z ∈ C.

Proposição 16 Sejam D ⊂ C um aberto, zo ∈ D, zo ̸= 0 e f : D → C, u = ℜf, v = ℑf. Suponha que u e v sejam de classe C1. Então, u e v satisfazem as equações de Cauchy- Riemann em zo = roe

iθo , se e somente se as funções U(r, θ) = u(r cos θ, r sen θ) e V (r, θ) = v(r cos θ, r sen θ), definidas numa vizinhança de (ro, θo), satisfazem as equações

∂U

∂r (ro, θo) =

1

ro

∂V

∂θ (ro, θo) e

1

ro

∂U

∂θ (ro, θo) =

∂V

∂r (ro, θo). (9.3)

Além do mais, em caso afirmativo tem-se

f ′(zo) = (cos θo − i sen θo) ( ∂U

∂r (ro, θo) + i

∂V

∂r (ro, θo)

) . (9.4)

47

Prova: Aplicando a regra da cadeia,

∂U

∂r (ro, θo) =

∂u

∂x (zo) cos θo +

∂u

∂y (zo) sen θo, (9.5)

∂U

∂θ (ro, θo) =

∂u

∂x (zo)ro sen θo +

∂u

∂y (zo)ro cos θo, (9.6)

∂V

∂r (ro, θo) =

∂v

∂x (zo) cos θo +

∂v

∂y (zo) sen θo (9.7)

e

∂V

∂θ (ro, θo) =

∂v

∂x (zo)ro sen θo +

∂v

∂y (zo)ro cos θo. (9.8)

Assim, se u e v satisfazem as equações de Cauchy-Riemann, comparando 9.5 com 9.8 e 9.6 com 9.7 obtemos as equações 9.3.

Reciprocamente, se U e V satisfazem as equações 9.3 então de 9.5 e 9.8 obtemos( ∂u

∂x (zo)

∂v

∂y (zo)

) cos θo +

( ∂u

∂y (zo) +

∂v

∂x (zo)

) sen θo = 0

e de 9.6 e 9.7 ( ∂v

∂y (zo)

∂u

∂x (zo)

) sen θo +

( ∂u

∂y (zo) +

∂v

∂x (zo)

) cos θo = 0,

ou seja, ( cos θo sen θo − sen θo cos θo

)(∂u ∂x (zo)− ∂v∂y (zo)

∂u ∂y (zo) +

∂v ∂x (zo)

) =

( 0 0

) cuja única solução é

∂u

∂x (zo)

∂v

∂y (zo) = 0 e

∂u

∂y (zo) +

∂v

∂x (zo) = 0,

que são as equações de Cauchy-Riemann. De 9.5 e 9.6 obtemos

∂u

∂x = cos θo

∂U

∂r (ro, θo)

sen θo ro

∂U

∂θ (ro, θo)

e de 9.7 e 9.8 obtemos

∂v

∂x = cos θo

∂V

∂r (ro, θo)

sen θo ro

∂V

∂θ (ro, θo).

Agora, se u e v satisfazem as equações de Cauchy-Riemann então

f ′(zo) = ∂u

∂x + i

∂v

∂x = cos θo

∂U

∂r (ro, θo)

sen θo ro

∂U

∂θ (ro, θo)+

48

+i

( cos θo

∂V

∂r (ro, θo)

sen θo ro

∂V

∂θ (ro, θo)

) = cos θo

∂U

∂r (ro, θo) + sen θo

∂V

∂r (ro, θo) + i

( cos θo

∂V

∂r (ro, θo)sen θo

∂U

∂r (ro, θo)

) = (cos θo − i sen θo)

( ∂U

∂r (ro, θo) + i

∂V

∂r (ro, θo)

) = e−iθo

∂r (U + iV ) (ro, θo).

Observação 13 As equações 9.3 são chamadas de equações de Cauchy-Riemann na forma polar.

Exerćıcio 12 Verifique que a função dada por L(z) = 1 2 log(x2 + y2) + i arctg y

x , definida para

x > 0 é derivável e calcule a sua derivada.

Usando coordenadas polares, com r > 0 e −π 2 < θ < π

2 , obtemos que

L(r cos θ + ir sen θ) = log r + iθ.

Como as partes real e imaginária de L são de classe C1, podemos verificar que as funções U(r, θ) = log r e V (r, θ) = θ são suaves e

∂U

∂r =

1

r ,

∂U

∂θ = 0,

∂V

∂r = 0 e

∂V

∂θ = 1

satisfazem 9.3. Assim,

L′(z) = L′(reiθ) = e−iθ ∂

∂r (log r + ) = e−iθ

1

r =

re−iθ

r2 =

z

|z|2 =

z

zz =

1

z .



Exerćıcio 13 Verifique que a função dada na forma polar por

R(z) = √ r

( cos

θ

2 + i sen

θ

2

) =

√ rei

θ 2 ,

definida para −π < θ < π, r > 0, é derivável e calcule a sua derivada.

Como as partes real (U) e imaginária (V ) de R são de classe C1 e

∂U

∂r =

1

2 √ r cos

θ

2 ,

∂U

∂θ =

√ r

2 sen

θ

2 ,

∂V

∂r =

1

2 √ r sen

θ

2 e

∂V

∂θ =

√ r

2 cos

θ

2

satisfazem 9.3, vemos que R é derivável e

R′(z) = R′(reiθ) = e−iθ ∂

∂r

(√ r

( cos

θ

2 + i sen

θ

2

)) = e−iθ

1

2 √ r ei

θ 2 =

1

2 √ r e−i

θ 2 =

1

2 √ rei

θ 2

= 1

2R(z) .



49

50

Caṕıtulo 10

Funções anaĺıticas

Definição 10 Sejam D um aberto, zo ∈ D e f : D → C. Dizemos que f é anaĺıtica em zo se a f for derivável em todos os pontos de algum disco aberto centrado em zo. Dizemos que f é anaĺıtica em D se f for anaĺıtica em todos os pontos de D.

Uma função anaĺıtica em C é chamada de função inteira.

Observação 14 Usa-se também o termo holomorfa como sinônimo de função anaĺıtica.

Exemplo 33 As funções polinomiais, exponencial, seno e cosseno (trigonométricos ou hi- perbólicos) são exemplos de funções inteiras, pois são deriváveis em todo ponto de C.

Exemplo 34 Como toda função polinomial possui apenas um número finito de zeros, podemos ver que as funções racionais são anaĺıticas em todos os pontos onde estão definidas.

Exemplo 35 A função f(z) = |z|2 só é derivável na origem. Logo, não é anaĺıtica em nenhum ponto.

De fato, como as partes real e imaginária de f são, respectivamente, dadas por

u(x, y) = x2 + y2 e v(x, y) = 0,

vemos que elas são de classe C1 e as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas somente na origem pois {

∂u ∂x (x, y) = 2x = 0 = ∂v

∂y (x, y)

∂u ∂y (x, y) = 2y = 0 = − ∂v

∂x (x, y)

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



Proposição 17 Se f e g são anaĺıticas em zo então as seguintes funções também o são:

1. αf + βg onde α, β ∈ C;

2. fg

51

3. f/g desde que g(zo) ̸= 0.

Prova: Faça como exerćıcio.

Proposição 18 (Regra da Cadeia) Sejam D,C abertos, f : D → e g : Ω C. Se f é anaĺıtica em D e g é anaĺıtica em então a composta g ◦ f : D → C também é anaĺıtica em D e vale

(g ◦ f)(zo) = g′(f(zo))f ′(zo), para todo zo ∈ D.

Prova: Apresentaremos apenas a prova em dois casos especiais. O primeiro caso é quando f(z) é constante. Neste caso, g ◦ f também é constante e a

conclusão da proposição é imediata. O outro caso que consideraremos é quando f(z) ̸= f(zo) para todo z próximo a zo mas

z ̸= zo. Neste caso,

g(f(z))− g(f(zo)) z − zo

= g(f(z))− g(f(zo))

f(z)− f(zo) f(z)− f(zo)

z − zo . (10.1)

Como f é cont́ınua em zo e g é derivável em f(zo), temos

lim z→zo

g(f(z))− g(f(zo)) f(z)− f(zo)

= g′(f(zo)).

Como f é derivável em zo, temos

lim z→zo

f(z)− f(zo) z − zo

= f ′(zo).

Logo, segue de 10.1 que g ◦ f é derivável em zo e vale

(g ◦ f)(zo) = g′(f(zo))f ′(zo).

Definição 11 Uma poligonal em C é uma reunião finita de segmentos de reta

Ij . = {aj(1− t) + bjt ∈ C; 0 ≤ t ≤ 1},

onde aj, bj ∈ C, j = 1, . . . , n, satisfazendo b1 = a2, . . . , bn−1 = an.

Definição 12 Um conjunto D de números complexos é chamado de conexo se quaisquer dois pontos de D puderem ser conectados por uma poligonal contida em D.

Proposição 19 Seja D um aberto conexo. Se f : D → C satisfaz f ′(z) = 0 para todo z ∈ D então f é constante em D.

52

Prova: Como D é aberto e a derivada de f existe em todos os pontos de D, tem-se que f é anaĺıtica. Como f ′(z) = 0, segue de 9.2 que

∂u

∂x (x, y) =

∂v

∂x (x, y) =

∂v

∂y (x, y) =

∂u

∂y (x, y) = 0.

Como D é conexo podemos usar um resultado de Cálculo II para concluir que u e v são constantes em D. Portanto, f = u+ iv também é constante em D.

Corolário 4 Seja D um aberto conexo. Se f : D → C é anaĺıtica e |f(z)| é constante então f(z) também é constante.

Prova: Colocando f = u + iv como de costume, segue-se que u2 + v2 = c = constante. Derivando esta última expressão e usando as equações de Cauchy-Riemann, obtemos{

u∂u ∂x

+ v ∂v ∂x

= 0

u∂u ∂y

+ v ∂v ∂y

= 0

{ u∂u ∂x

− v ∂u ∂y

= 0

u∂u ∂y

+ v ∂u ∂x

= 0

( u −v v u

)( ∂u ∂x ∂u ∂y

) =

( 0 0

) .

Agora, se c = 0, então u = v = 0 e, portanto, f é constante e igual a zero. Por outro lado, se c ̸= 0 o sistema acima só admite a solução trivial ∂u

∂x = ∂u

∂y = 0. Voltando às equações de

Cauchy-Riemann obtemos também ∂v ∂x

= ∂v ∂y

= 0 e, portanto, f ′ = 0. Pela proposição anterior, f é constante.

As funções anaĺıticas possuem uma propriedade geométrica bem interessante como pode ser vista no teorema a seguir.

Teorema 3 Sejam D ⊂ C um aberto e f : D → C uma anaĺıtica tal que f ′(z) ̸= 0. Sejam u = ℜf e v = ℑf. Então as curvas de ńıvel de u e v se cruzam ortogonalmente.

Prova: Como f ′ ̸= 0 então os vetores gradientes ∇u e ∇v são não nulos e por um resultado de Cálculo II, temos que ∇u e ∇v são ortogonais às curvas de ńıvel de u e de v, respectivamente. Porém, pelas equações de Cauchy-Riemann,

∇u = ( ∂u

∂x , ∂u

∂y

) =

( ∂v

∂y ,−∂v

∂x

) .

Assim,⟨( ∂u

∂x , ∂u

∂y

) ,

( ∂v

∂x , ∂v

∂y

)⟩ =

⟨( ∂v

∂y ,−∂v

∂x

) ,

( ∂v

∂x , ∂v

∂y

)⟩ =

∂v

∂y

∂v

∂x − ∂v

∂x

∂v

∂y = 0.

Exemplo 36 Considere f(z) = z2, z ̸= 0. Como f ′(z) = 2z ̸= 0 vemos que as curvas u(x, y) = ℜf(z) = x2 − y2 = c1 e v(x, y) = ℑf(z) = 2xy = c2 se cruzam ortogonalmente. Note que estas curvas são hipérboles.

53

–3

–2

–1

0

1

2

3

y

–3 –2 –1 1 2 3 x

Figura 10.1: x2 − y2 = c1 e 2xy = c2

–3

–2

–1

0

1

2

3

y

–3 –2 –1 1 2 3 x

Figura 10.2: ex cos y = c1 e e x sen y = c2

54

Exemplo 37 Considere f(z) = ez. Como f ′(z) = ez ̸= 0 vemos que as curvas u(x, y) = ℜf(z) = ex cos y = c1 e v(x, y) = ℑf(z) = ex sen y = c2 se cruzam ortogonalmente.

Exemplo 38 Encontre, se posśıvel uma famı́lia de curvas ortogonais às curvas dadas em co- ordenadas polares por r2 cos 2θ = α, α ∈ R, r > 0.

Seja U(r, θ) = r2 cos 2θ e procuremos V (r, θ) de classe C1 tal que f(reiθ) = U(r, θ) + iV (r, θ) seja anaĺıtica. Se uma tal V existir, deverá satisfazer as condições de Cauchy-Riemann na forma polar (veja 9.3):{

∂U ∂r (r, θ) = 2r cos 2θ = 1

r ∂V ∂θ (r, θ) ⇔ ∂V

∂θ (r, θ) = 2r2 cos 2θ

∂U ∂θ (r, θ) = 1

r r2(2 sen 2θ) = 2r sen 2θ = −∂V

∂r (r, θ)

.

Integrando a primeira equação, obtemos V (r, θ) = r2 sen 2θ+ψ(r), onde a função ψ é escolhida de modo a satisfazer a segunda equação, isto é,

2r sen 2θ = −∂V ∂r

(r, θ) = 2r sen 2θ − ψ′(r),

ou seja, ψ′(r) = 0, isto é, ψ é constante, digamos, ψ = k ∈ R. Desta maneira, obtemos V (r, θ) = r2 sen 2θ + k e como pode ser visto, V é de classe C1 e

satisfaz as equações de Cauchy-Riemann na forma polar. Desta forma f é anaĺıtica e, portanto, a famı́lia de curvas r2 sen 2θ + k = β, β ∈ R, é ortogonal a r2 cos 2θ = α, α ∈ R.

Note que

f(z) = f(reiθ) = r2 cos 2θ + i(r2 sen 2θ + k) = r2 cos 2θ + ir2 sen 2θ + ik

= r2(cos 2θ + i sen 2θ) + ik = r2e2+ ik = (reiθ)2 + ik = z2 + ik.



Exemplo 39 Faça o mesmo para a famı́lia de ćırculos x2 + y2 = α, α > 0.

Coloque u(x, y) = x2 + y2 e procuremos v(x, y) de classe C1 tal que f = u + iv seja anaĺıtica, isto é, que u e v satisfaçam as equações de Cauchy-Riemann. Devemos ter{

∂u ∂x (x, y) = 2x = ∂v

∂y (x, y)

∂u ∂y (x, y) = 2y = − ∂v

∂x (x, y).

Integrando a primeira equação, obtemos v(x, y) = 2xy + ψ(x), onde ψ deve ser escolhida de modo a satisfazer a segunda equação, isto é,

∂v

∂x = 2y + ψ′(x) = 2y ⇔ ψ′(y) = 4y,

o que é imposśıvel, pois ψ é independente de y.

55

Vemos assim, que o método usado no exemplo anterior nem sempre se aplica. Podeŕıamos ter iniciado com v(x, y) = x2 + y2 e querer encontrar u de classe C1 tal que f = u + iv fosse anaĺıtica. Neste caso, as equações de Cauchy-Riemann nos levariam a{

∂u ∂x (x, y) = 2y = ∂v

∂y (x, y)

∂u ∂y (x, y) = 2x = − ∂v

∂x (x, y).

Como anteriormente, integrando a primeira equação, obtemos u(x, y) = 2xy + φ(y). Como a segunda equação também precisa ser satisfeita, devemos ter 2x− φ′(y) = 2x, que também é imposśıvel.

Note, entretanto, que o feixe de retas que passa pela origem, que é dado por ax + by = 0, a, b ∈ R, a2 + b2 > 0, é uma famı́lia ortogonal aos ćırculos x2 + y2 = α, α > 0. 

56

Caṕıtulo 11

Funções multivalentes

11.1 Raiz n−ésima Neste caṕıtulo vamos tratar, na sua maior parte,de inversas para algumas funções elementares. Vejamos como isto pode ser feito no caso da função de uma variável real f : R R dada por f(x) = xn, n ∈ N. Quando n é ı́mpar, para cada y ∈ R existe apenas um número real x satisfazendo xn = y. Este número é denotado por n

√ y e a função inversa de f é simplesmente

g : R R, g(y) = n√y. Agora, quando n é par, xn é sempre maior ou igual a zero. Desta forma, a equação xn = y só pode ser resolvida quando y ≥ 0. Neste caso, isto é, quando y ≥ 0, a equação xn = y apresenta duas soluções distintas (a menos quando y = 0): uma positiva e outra negativa. Por convenção, denotamos a solução positiva por n

√ y. Assim, a função f

quando restrita ao intervalo [0,+) possui como inversa a função h : [0,+) [0,+) dada por h(y) = n

√ y.

Como veremos a situação no complexo terá de ser tratada de modo diferente. O primeiro aspecto a ser observado é que a equação zn = zo sempre possui solução e, na verdade, se zo ̸= 0, ela possui n soluções distintas. Esta ocorrência de soluções se assemelha ao caso real em que n é par, quando fizemos uma escolha sobre qual raiz seria escolhida. No entanto, a escolha aqui deveria ser feita entre as n soluções existentes.

O outro aspecto a ser considerado decorre do modo como expressamos as ráızes n−ésimas na forma polar. Relembrando, se expressarmos zo = roe

iθo então as n ráızes n−ésimas de zo são dadas por

uk = n √ ro

( cos

( θo + 2

n

) + i sen

( θo + 2

n

)) = n

√ roe

i(θo+2)/n, k = 0, . . . , n− 1.

(11.1) Fixemos por enquanto uma destas ráızes e a denotemos por n

√ z. Como a expressão

n √ z =

n √ reiθ = n

√ rei(θ+2)/n

envolve θ, o argumento de z, devemos verificar se ela não se altera quando o argumento é trocado por θ+2mπ, pois esta mudança não altera o número complexo z. Isto claramente não ocorre pois

n √ rei(θ+2)/n ̸= n

√ rei(θ+2+2)/n

57

se m não for um múltiplo de n. Para se ver livre deste inconveniente podemos limitar a variação do argumento de z tomando, por exemplo, −π < θ ≤ π. A fim de simplificar a notação, vamos escolher a raiz correspondente a k = 0 na equação 11.1. Note que se zo é um número real negativo então duas maneiras de representá-lo na forma polar com são |zo|e−iπ e |zo|eiπ. Embora a primeira destas representações não esteja dentro do que impusemos para a variação de θ, ela pode se escrita como

|zo|e−iπ = lim θ→−π+

|zo|eiθ.

Assim, lim

θ→−π+ n |zo|eiθ = n

√ re−i

π n

enquanto que n √ zo =

n

|zo|eiπ = n

|zo|ei π n . Desta forma, a escolha que fizemos deixa des-

cont́ınua a função raiz n−ésima nos pontos z ∈ R, z < 0. Na verdade, qualquer outra escolha para k em 11.1 produziria o mesmo efeito. Além do mais, se a restrição no argumento fosse determinada pela variação θo < θ ≤ θo + 2π, onde θo ∈ R, a nova definição de raiz n−ésima apresentaria descontinuidade no raio {reiθo ; r > 0}.

Antes de apresentarmos a definição definitiva do que pretendemos dizer por função raiz n−ésima note que os únicos valores posśıveis para n

√ eiθ/n quando θ varia são aqueles apresen-

tados em 11.1, com θ = θo e r = ro. Geometricamente, tomando z ∈ C, escolhemos um de seus argumentos e após isto, rotacionamos os pontos do plano no sentido anti-horário por um ângulo de 2π. Com isto, a imagem do ponto z pela rotação coincide consigo próprio, porém a expressão n √ eiθ/n passará para

n √ ei(θ+2π)/n. Aplicando mais uma rotação como a anterior obtemos o novo

valor de n √ ei(+4π+θ)/n. Desta maneira, após n destas rotações o resultado será

n √ ei(2πn+θ)/n que

é igual a n √ eiθ/n.

Definimos a função multivalente raiz n−ésima, n√ , como sendo a relação que a cada z associa todas as n ráızes dadas como em 11.1. Vale a pena salientar que uma função multivalente não é uma função no estrito senso da definição de função, já que associa a um elemento do seu domı́nio mais de um valor.

Considere agora a função

Rk(z) = Rk(re iθ) = n

√ rei

θ+2kπ n , θo < θ < θo + 2π

que coincide com um dos valores posśıveis para a raiz n−ésima. As suas partes real e imaginária são dadas, respectivamente, por

U(r, θ) = n √ r cos

θ + 2

n e V (r, θ) = n

√ r sen

θ + 2

n

são funções de classe C1 para r > 0 e satisfazem

∂U

∂r (r, θ) =

1

n r

1 n −1 cos

θ + 2

n =

1

r

1

n r

1 n cos

θ + 2

n =

1

r

∂V

∂θ (r, θ)

e ∂V

∂r (r, θ) =

1

n r

1 n −1 sen

θ + 2

n =

1

r

1

n r

1 n sen

θ + 2

n = 1

r

∂U

∂θ (r, θ)

que são as equações de Cauchy-Riemann na forma polar. Logo, Rk é anaĺıtica e é chamada de um ramo da função (multivalente) raiz n−ésima e também é denotado por n√ . Quando tomamos θo = 0 e k = 0 o ramo é chamado de ramo principal.

58

11.2 Logaritmo

Vamos definir o logaritmo de um número complexo z, log z, através da relação

w = log z ⇔ z = expw.

Note que log z não é definido quando z = 0, pois já vimos que a função exponencial nunca se anula. Outra observação pertinente é que como a exponencial complexa é uma função periódica de peŕıodo igual a 2πi (exp(z + 2πi) = exp z), a expressão z = expw não define w de maneira única a partir de z. Com efeito, se para um dado z encontrarmos w tal que z = expw então para todo k ∈ Z os números wk = w + 2kπi também satisfazem z = expwk. Desta maneira, o logaritmo também deve ser definido como uma função multivalente.

Representando z ̸= 0 na forma polar reiθ e se w for um dos valores de log z então

z = expw ⇔ reiθ = expw ⇔ eℜw = r e ℑw = θ + 2kπ,

ou seja, a parte real de w é o logaritmo real de r = |z| e a sua parte imaginária é um argumento qualquer de z. Assim,

log z = log |z|+ i arg z (11.2)

onde o logaritmo que aparece no lado direito da igualdade acima é o logaritmo (natural ou neperiano) real.

Note que o argumento da variável z é também uma função multivalente e, assim, devemos encarar a expressão 11.2 como uma igualdade de conjuntos, ou seja, para cada z ̸= 0, log z representa todos os números complexos da forma log |z|+ i(argo z +2), com k ∈ Z e argoz é um argumento de zo fixado.

Exemplo 40 Calcule log i.

Temos

log i = log |i|+ i (π 2 + 2

) = log 1 + i

4k + 1

2 π = i

4k + 1

2 π, k ∈ Z.



Exemplo 41 Calcule log z se ℑz = 0, z ̸= 0.

Temos z = |z| se z > 0 ou z = |z|eiπ se z < 0. No primeiro caso

log z = log |z|+ 2kπi, k ∈ Z

e no segundo, log z = log |z|+ (2k + 1)πi, k ∈ Z.

 Quando restringimos a variação do argumento em um intervalo (θo, θo + 2π], vemos que a

representação 11.2 fica definida de maneira única para todo z ̸= 0. Porém, como no caso da raiz n−ésima a função deixa de ser cont́ınua sobre os pontos do raio Ro = {reiθo ; r ≥ 0}. No

59

entanto, se considerarmos a restrição do argumento ao intervalo aberto (θo, θo + 2π) vemos que as partes real e imaginária do logaritmo são dadas na forma polar por U(r, θ) = log r e V (r, θ) = θ, respectivamente. Como já vimos no exerćıcio 12, estas funções são de classe C1

e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann na forma polar e, portanto, a função logaritmo quando restringirmos o argumento da variável a um intervalo do tipo (θo, θo + 2π) é anaĺıtica em todo o plano menos o raio Ro. Cada uma destas restrições é chamada de um ramo da função multivalente logaritmo. No caso em que tomarmos θo = −π, diremos que o ramo tomado é o ramo principal e o denotaremos por Log .

Exemplo 42 Seja f(z) = log z um ramo do logaritmo. Calcule log′ z.

Se z = reiθ, r > 0, θo < θ < θo + 2π então, tomando log z = log r + e usando 9.4, obtemos

log′ z = e−iθ (

∂r log r + i

∂r θ

) = e−iθ

1

r =

1

reiθ =

1

z .

 Exemplo 43 Calcule Log(1 + i).

Escrevendo 1 + i = 2eiπ/4, obtemos de imediato que

Log(1 + i) = log 2 + i

π

4 .

 Proposição 20 Se z1 e z2 são não nulos então as seguintes igualdades de conjuntos são válidas:

1. log z1z2 = log z1 + log z2;

2. log z1 z2

= log z1 log z2.

Prova: Antes de começarmos a prova, explicaremos o que queremos dizer com respeito à expressão igualdades de conjuntos. No primeiro item isto significa que dado um dos posśıveis valores de log z1z2 é posśıvel encontrar um valor de log z1 e um valor de log z2 cuja soma seja igual ao valor dado do logaritmo de z1z2 e reciprocamente. Isto é, dados um valor de log z1 e um valor de log z2 é posśıvel encontrar um valor de log z1z2 que coincida com a soma dos valores tomados de log z1 e log z2. O segundo item é tratado de modo semelhante.

Vamos provar somente o primeiro item. Coloque zj = |zj|eiθj , onde θj é um argumento de zj, j = 1, 2. Então z1z2 = |z1z2|ei(θ1+θ2) e assim,

log z1z2 = log |z1z2|+ i(θ1 + θ2 + 2) = log |z1|+ 1 + log |z2|+ i(θ2 + 2) e vemos que log |z1|+ 1 é um dos valores de log z1 e log |z2|+ i(θ2 + 2) é um dos valores de log z2.

Reciprocamente,

log z1 + log z2 = log |z1|+ i(θ1 + 2) + log |z2|+ i(θ2 + 2) = log |z1||z2|+ i(θ1 + θ2 + 2(m+ k)π) = log |z1z2|+ i(θ1 + θ2 + 2(m+ k)π)

que é um dos valores de log z1z2.

60

11.3 Potência

Se z ̸= 0 e α ∈ C definimos = exp(α log z).

Dependendo do expoente α a função z 7→ zα é multivalente. No entanto, quando α = n ∈ Z a definição acima coincide com aquela que já hav́ıamos dado para zn. De fato, se z = reiθ, r > 0, temos

exp(n log z) = exp(n(log r + i(θ + 2))) = exp(n log r) exp(in(θ + 2))

= exp(log rn) exp(inθ) exp(2knπi) = rneinθ = (reiθ)n = zn,

que é independente de k ∈ Z. Quando α = 1

n , n ∈ N, a definição acima também coincide com a da função multivalente

raiz n−ésima. De fato,

z 1 n = exp

( 1

n log z

) = exp

( 1

n (log r + i (θ + 2))

) = exp

( 1

n log r

) exp

( i θ + 2

n

) = exp

( log r

1 n

) exp

( i θ + 2

n

) = n

√ rei

θ+2kπ n = n

√ z.

Note que em geral quando tomamos um ramo do logaritmo a função f(z) = com esta restrição é chamada também de ramo. Note ainda que este ramo é uma função anaĺıtica pois é composição de duas funções anaĺıticas. No caso de tomarmos o ramo principal do logaritmo, o ramo da função potência também será chamado de principal.

Exemplo 44 Seja f(z) = zα um ramo da função potência. Calcule f ′(z).

Fixe um ramo do logaritmo com r > 0 e θo < θ < θo + 2π, dado por log z = log r + i(θ + 2). Podemos usar a regra da cadeia para obter

f ′(z) = exp(α log(z))α log′ z = exp(α log(z))α 1

z = α

exp(α log z)

exp(log z)

= α exp(α log z − log z) = α exp((α− 1) log z) = αzα−1,

onde deve ser entendido que zα−1 é o ramo da função multivalente z 7→ zα−1 com r > 0 e θo < θ < θo + 2π.

Exemplo 45 Encontre todos os valores de ii.

Temos

ii = exp (i log i) = exp ( i ( log |i|+ i

(π 2 + 2

))) = exp

( 4k + 1

2 π

) = e−

4k+1 2

π

com k ∈ Z. Note que todos os valores de ii são reais. 

61

Observação 15 Algumas propriedades algébricas que são válidas para potenciação real perdem a veracidade no caso complexo. Vejamos duas delas.

1. Não é verdade que sempre que z ̸= 0 e α, β ∈ C tem-se zα+β = zαzβ, nem mesmo no sentido de igualdade de conjuntos. Basta tomar z = 1, α = β = 1

2 e os dois valores

distintos para z 1 2 um igual a −1 e o outro igual a 1. Dáı 1 12+ 12 = 11 = 1 mas 1 121 12 =

(1)1 = 1.

2. Não é verdade que sempre que z ̸= 0 e α, β ∈ C tem-se ()β = zαβ, nem mesmo no sentido de igualdade de conjuntos. Basta tomar α = p ∈ N, p ≥ 2, e β = 1

np , n ∈ N e

dáı vemos que (zp) 1 np representa np números distintos enquanto que zp

1 np = z

1 n representa

apenas n números distintos.

No entanto vale a seguinte propriedade cuja demonstração é deixada como exerćıcio.

Proposição 21 Se z1 e z2 são não nulos e α ∈ C então vale a seguinte igualdade de conjuntos

(z1z2) α = 1 z

α 2 .

62

Caṕıtulo 12

Curvas no plano complexo

Definição 13 Uma curva no plano complexo é uma função cont́ınua γ : [a, b] C, isto é, as funções de uma variável real ℜγ,ℑγ : [a, b] R são cont́ınuas. Dizemos que a curva é simples se a ≤ t < s ≤ b implicar em γ(t) ̸= γ(s), a menos que t = a e s = b. Dizemos que a curva é fechada se γ(a) = γ(b).

Exemplo 46 γ(t) = cos t+i sen t, t ∈ [0, 2π] representa o ćırculo unitário centrado na origem. Esta curva é simples e fechada.

Exemplo 47 A cardióide γ(θ) = (1 2 +cos θ)eiθ = (1

2 +cos θ) cos θ+i(1

2 +cos θ) sen θ, 0 ≤ θ ≤ 2π

é exemplo de uma curva fechada que não é simples.

Figura 12.1: Cardióide

Exemplo 48 γ(t) = z0 + (z1 − z0)t, 0 ≤ t ≤ 1, z0, z1 C, z0 ̸= z1, representa o segmento no plano complexo cujas extremidades são z0 e z1. Note que esta curva é simples mas não é fechada.

63

Definição 14 Considere uma curva γ(t) = x(t) + iy(t), x(t), y(t) R, a ≤ t ≤ b. Dizemos que γ é suave se as funções de valores reais x, y : [a, b] R possuem derivada cont́ınua. O vetor γ ′(t) = x′(t) + iy′(t) é chamado de vetor velocidade ou tangente à curva γ em γ(t). Se γ ′(t) ̸= 0 para todo a ≤ t ≤ b, dizemos que γ é uma curva regular.

Exemplo 49 Todas as curvas dos exemplos anteriores são exemplos de curvas suaves e regu- lares. Vejamos mais especificamente o exemplo 47. Neste caso temos

γ ′(θ) = sen θeiθ + i ( 1

2 + cos θ

) eiθ = eiθ

( sen θ + i

( 1

2 + cos θ

)) .

Como eiθ ̸= 0, vemos que γ ′(θ) = 0 se e somente se − sen θ+i(1 2 +cos θ) = 0, ou seja, sen θ = 0

e cos θ = 1 2 , o que é imposśıvel. Logo, γ ′(θ) ̸= 0 para todo 0 ≤ θ ≤ 2π.

Exemplo 50 Considere a curva γ(t) = t3 + it2, −1 ≤ t ≤ 1. Esta curva é suave mas como γ ′(0) = 0, não é regular.

Figura 12.2: Curva não regular

Definição 15 O traço de uma curva γ : [a, b] C é a imagem desta curva.

Observação 16 Muitas vezes usaremos a palavra curva significando, na verdade, o seu traço.

Exemplo 51 As curvas γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π e γ̃(t) = e2it, 0 ≤ t ≤ π possuem o mesmo traço. Qual?

O exemplo anterior serve para ilustrar que o mesmo traço pode ser percorrido de formas diferentes. No entanto, naquele exemplo, temos γ̃(t) = γ(2t), 0 ≤ t ≤ π e percebemos que o que ocorreu foi uma mudança de parâmetro da curva γ. Isto sugere o seguinte:

64

Definição 16 Seja γ : [a, b] C uma curva suave. Seja φ : [c, d] [a, b] uma função suave cuja inversa φ−1 : [a, b] [c, d] também é suave. Diremos que φ é uma mudança de parâmetro e γ̃(t) = γ(φ(t)), c ≤ t ≤ d é uma reparametrização da curva γ.

Observação 17 Se φ : [c, d] [a, b] é uma mudança de parâmetro então temos φ′(t) < 0 para todo t ∈ [c, d] ou φ′(t) > 0 para todo t ∈ [c, d]. No primeiro caso, φ(c) = b e φ(d) = a; já no segundo, φ(c) = a e φ(d) = b.

Exemplo 52 Seja γ : [a, b] C uma curva suave. Considere φ : [a, b] [a, b] dada por φ(t) = a+ b− t. Vê-se que φ é uma mudança de parâmetro e γ̃(t) = γ(a+ b− t), a ≤ t ≤ b é uma reparametrização de γ. Note que essa mudança de parâmetro inverte a ordem sobre a qual o traço de γ é percorrido.

Exemplo 53 Considere γ(t) = cos t+ i2 sen t, 0 ≤ t ≤ 2π. O traço desta curva é uma elipse {(x, y) R2; x2+ y2

4 = 1} que é percorrido no sentido anti-horário. Fazendo-se a mudança do

exemplo 52 obtemos γ̃(t) = γ(0+2π−t) = γ(2π−t) = cos(2π−t)+i2 sen(2π−t) = cos t−i2 sen t que representa a mesma elipse, porém percorrida no sentido horário.

Às vezes nos deparamos com traços de curvas que são mais facilmente parametrizáveis por partes, ou seja, sabemos parametrizar partes de um traço da curva e queremos, a partir dáı, parametrizar todo o traço. Neste caso, precisamos saber como proceder para colar estes pedaços (arcos) da curva. Vejamos como fazer. Considere duas curvas γ1 : [a, b] C e γ2 : [c, d] C tais que γ1(b) = γ2(c). Definimos γ : [a, b+ d− c] C por

γ(t) =

{ γ1(t), se a ≤ t ≤ b γ2(t+ c− b), se b ≤ t ≤ b+ d− c.

(12.1)

Note que a condição γ1(b) = γ2(c) assegura a continuidade de γ. No entanto, mesmo que γ1 e γ2 sejam suaves, podemos ter que não exista a derivada de γ em t = b. Observe que o traço de γ é a reunião dos traços de γ1 e γ2.

Definição 17 A curva γ dada por 12.1 é chamada de justaposição das curvas γ1 e γ2.

Definição 18 Sejam γj : [aj, bj] C, j = 1, . . . , n, curvas suaves tais que γ1(b1) = γ2(a2), . . . , γn−1(bn−1) = γn(an). A justaposição das curvas γ1, γ2, . . . , γn é chamada de caminho.

Observação 18 As definições de caminhos fechados e simples são análogas às definições usa- das para curvas.

Definição 19 Um contorno é um caminho fechado e simples.

Exemplo 54 A justaposição das curvas γ1(t) = t, 0 ≤ t ≤ 1, γ2(t) = 1 + it, 0 ≤ t ≤ 1, γ3(t) = 1− t+ i(1− t), 0 ≤ t ≤ 1, é o caminho cujo traço representa o triângulo de vértices 0, 1 e 1+i. Este caminho é exemplo de um contorno.

65

Figura 12.3: Um contorno

Teorema 4 Todo contorno γ divide o plano em duas regiões conexas disjuntas X1 e X2 com as seguintes propriedades:

1. ∂X1 = ∂X2 = traço de γ;

2. X1 é limitada;

3. X2 é ilimitada;

A região X1 é chamada de interior da curva γ.

66

Caṕıtulo 13

Integração

Definição 20 Seja g : [a, b] C uma curva (cont́ınua) com u(t) = ℜg(t) e v(t) = ℑg(t). A integral de g sobre [a, b] é definida porb

a

g(t) dt =

b a

u(t) dt+ i

b a

v(t) dt.

Observação 19 b a g(t) dt =

b a ℜg(t) dt e ℑ

b a g(t) dt =

b a ℑg(t) dt.

Proposição 22 Se f, g : [a, b] C são cont́ınuas e α ∈ C então

1. b a (f(t) + g(t)) dt =

b a f(t) dt+

b a g(t) dt;

2. b a αf(t) dt = α

b a f(t) dt;

3. ∣∣∣∫ ba f(t) dt∣∣∣ ba |f(t)| dt.

Prova:

1. Colocando u1 = ℜf, v1 = ℑf, u2 = ℜg e v2 = ℑg, obtemos∫ b a

(f(t) + g(t)) dt =

b a

(u1(t) + u2(t) + i(v1(t) + v2(t))) dt

=

b a

(u1(t) + u2(t)) dt+ i

b a

(v1(t) + v2(t)) dt

=

b a

u1(t) dt+ i

b a

v1(t) dt+

b a

u2(t) dt+ i

b a

v2(t) dt =

b a

f(t) dt+

b a

g(t) dt;

67

2. Se α é real temos∫ b a

αf(t) dt =

b a

(αu1(t) + iαv1(t)) dt =

b a

αu1(t) dt+ i

b a

αv1(t) dt

α

b a

u1(t) dt+

b a

v1(t) dt = α

(∫ b a

u1(t) dt+ i

b a

v1(t) dt

) = α

b a

f(t) dt.

Agora, ∫ b a

if(t) dt =

b a

(iu1(t)− v1(t)) dt = ∫ b a

(−v1(t) + iu1(t)) dt

=

b a

(−v1(t)) dt+ i b a

u1(t) dt = b a

v1(t) dt+ i

b a

u1(t) dt

= i

(∫ b a

u1(t) dt+ i

b a

v1(t) dt

) = i

b a

f(t) dt.

Finalmente, colocando α = β + iη, β, η ∈ R, combinando o item anterior e o que já foi demonstrado neste item, obtemos∫ b

a

αf(t) dt =

b a

(βf(t) + iηf(t)) dt =

b a

βf(t) dt+

b a

iηf(t)) dt

= β

b a

f(t) dt+

b a

f(t) dt = (β + )

b a

f(t) dt = α

b a

f(t) dt;

3. Coloque

reiθ =

b a

f(t) dt.

Temos ∣∣∣∣∫ b a

f(t) dt

∣∣∣∣ = r = e−iθ b a

f(t) dt =

b a

e−iθf(t) dt

= (∫ b

a

e−iθf(t) dt

) =

b a

( e−iθf(t)

) dt

pois ∣∣∣∫ ba f(t) dt∣∣∣ é real. Dáı,∣∣∣∣∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣ = ∫ b a

( e−iθf(t)

) dt ≤

b a

∣∣(e−iθf(t))∣∣ dt ≤

b a

∣∣e−iθf(t)∣∣ dt = ∫ b a

|f(t)| dt.

68

Definição 21 Sejam γ : [a, b] C uma curva suave e f : Ω C uma função cont́ınua. A integral de linha de f sobre a curva γ é definida por

γ

f(z) dz =

b a

f(γ(t))γ′(t) dt.

Note que g(t) = f(γ(t))γ′(t) é uma curva cont́ınua se f e γ são como na definição acima. Se colocarmos u = ℜf , v = ℑf , x = ℜγ e y = ℑγ então∫

γ

f(z) dz =

γ

f(γ(t))γ′(t) dt =

=

b a

[u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))][x′(t) + iy′(t)] dt =

=

b a

[u(x(t), y(t))x′(t)− v(x(t), y(t))y′(t)] dt+ i b a

[u(x(t), y(t))y′(t) + v(x(t), y(t))x′(t)] dt =

=

γ

udx− vdy + i γ

vdx+ udy,

onde as últimas integrais são integrais de linha como visto em Cálculo III. Valem as seguintes propriedades:

Proposição 23 Se f1, f2 : Ω C C são cont́ınuas e γ : [a, b] C é suave então∫ γ

[α1f1(z) + α2f2(z)] dz = α1

γ

f1(z) dz + α2

γ

f2(z) dz, onde α1, α2 C.

Prova: Colocando uj = ℜfj, vj = ℑfj, βj = ℜαj e δj = ℑαj, j = 1, 2, obtemos

α1f1 + α2f2 = (β1 + 1)(u1 + iv1) + (β2 + 2)(u2 + iv2) =

= β1u1 − δ1v1 + β2u2 − δ2v2 + i(β1v1 + δ1u1 + β2v2 + δ2u2).

Assim, usando as propriedades de integral de linha como visto em Cálculo III,∫ γ

[α1f1(z) + α2f2(z)] dz =

γ

[β1u1 − δ1v1 + β2u2 − δ2v2]dx− [β1v1 + δ1u1 + β2v2 + δ2u2]dy+

+ i

γ

[β1v1 + δ1u1 + β2v2 + δ2u2]dx+ [β1u1 − δ1v1 + β2u2 − δ2v2]dy =

= (β1 + 1)

γ

u1dx− v1dy + i γ

v1dx+ u1dy + (β2 + 2)

γ

u2dx− v2dy + i γ

v2dx+ u2dy =

= α1

γ

f1(z) dz + α2

γ

f2(z) dz.

69

Proposição 24 Sejam f : Ω C C uma função cont́ınua, e γ1 : [a, b] curva suave. Se φ : [c, d] [a, b] é uma mudança de parâmetro e γ2 é a reparametrização de γ1 obtida através de φ então

γ1

f(z) dz =

{∫ γ2 f(z) dz, se φ é crescente,

γ2 f(z) dz, se φ é decrescente.

Prova: Provaremos apenas o caso em que φ é decrescente. O outro caso é deixado como exerćıcio.

Como γ2(t) = γ1(φ(t)), temos γ ′ 2(t) = γ

1(φ(t))φ

(t). Como φ é decrescente, φ(c) = b e φ(d) = a. Assim, fazendo a mudança τ = φ(t), obtemos∫

γ2

f(z) dz =

d c

f(γ2(t))γ ′ 2(t) dt =

d c

f(γ1(φ(t)))γ ′ 1(φ(t))φ

(t) dt =

=

a b

f(γ1(τ))γ ′ 1(τ)=

b a

f(γ1(τ))γ ′ 1(τ)=

γ1

f(z) dz

Prova:

Exemplo 55 Se n ∈ Z, calcule γ

(z − z0)n dz,

onde γ(t) = z0 +Re it, R > 0, 0 ≤ t ≤ 2π e n ∈ Z.

Observe que o traço de γ é o ćırculo centrado em z0 de raio R. A função f(z) = (z − z0)n é cont́ınua (mesmo quando n é negativo) em Ω = C \ 0. Como γ′(t) = Rieit e z − z0 = Reit, temos ∫

γ

f(z) dz =

∫ 2π 0

[Reit]nRieit dt =

∫ 2π 0

Rn+1iei(n+1)t dt.

Se n = 1 então a integral acima se reduz a ∫ 2π 0

i dt = 2πi. Se n ̸= 1 então∫

γ

f(z) dz =

∫ 2π 0

Rn+1i[cos((n+ 1)t) + i sen((n+ 1)t)] dt =

= Rn+1i

∫ 2π 0

cos((n+ 1)t)−Rn+1i ∫ 2π 0

sen((n+ 1)t) dt =

= Rn+1i sen((n+ 1)t)

n+ 1

∣∣∣∣2π 0

+ Rn+1i cos((n+ 1)t)

n+ 1

∣∣∣∣2π 0

= 0.

Assim, ∫ γ1

(z − z0)n dz =

{ 2πi se n = 1, 0 sen ̸= 1.



70

-

6

2

Figura 13.1: Contorno de integração

Exemplo 56 Calcule γ

1 z dz onde γ(t) = 2 + eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

Veja que 1 z = (z − 0)1 mas o centro de γ é o número 2 (o raio é 1), ou seja, este exemplo

não é um caso particular do exemplo anterior. Assim 1

z é cont́ınua numa região contendo o traço de γ.

Sabemos que qualquer ramo do logaritmo satisfaz (log z)= 1 z . Como a curva sobre a qual

estamos integrando fica no semiplano x > 0, tomaremos um ramo do logaritmo denotado por log, pela restrição −π < θ < π. Desta forma, a função φ(t) = log(2 + eit), 0 ≤ t ≤ 2π é bem definida e suave.

Aplicando a regra da cadeia, obtemos

φ′(t) = 1

2 + eit ieit =

ieit

2 + eit .

Deste modo, ∫ γ

1

z dz =

∫ 2π 0

ieit

2 + eit dt =

∫ 2π 0

φ′(t) dt =

φ(2π)− φ(0) = log(2 + e2πi − log(2 + e0i) = log 3log 3 = 0. 

Definição 22 Se γ[a, b] C é um caminho formado pela justaposição das curvas suaves γ1, . . . , γn se f : Ω C é cont́ınua, definimos∫

γ

f(z) dz = n

j=1

γj

f(z) dz.

Observação 20 A propriedade enunciada na proposição 23 continua válida para caminhos.

Exemplo 57 Calcule γ z dz onde o traço de γ é o triângulo de vértices 0, 1 e i percorrido no

sentido anti-horário.

71

Parametrizando cada um dos lados do triângulos por

γ1(t) = t, 0 ≤ t ≤ 1, γ2(t) = 1− t+ it, 0 ≤ t ≤ 1, γ3(t) = (1− t)i, 0 ≤ t ≤ 1,

obtemos ∫ γ1

z dz =

∫ 1 0

t dt = 1

2 ,

γ2

z dz =

∫ 1 0

(1− t+ it)(1 + i) dt = ∫ 1 0

(t− 1− t) dt+ i ∫ 1 0

(1− t− t) dt

= ∫ 1 0

dt+ i

∫ 1 0

(12t) dt = 1 + i(t− t2) ∣∣1 0 = 1

γ3

z dz =

∫ 1 0

(1− t)i(−i) dt = ∫ 1 0

(1− t) dt = t− t 2

2

∣∣∣∣1 0

= 1

2 .

Deste modo, ∫ γ

z dz =

γ1

z dz +

γ2

z dz +

γ3

z dz = 1

2 1 + 1

2 = 0.



Definição 23 Se γ : [a, b] C é uma curva suave, definimos o comprimento de γ por

(γ) =

b a

|γ′(t)|dt.

Se γ é um caminho obtido pela justaposição das curvas suaves γ1, γ2, . . . , γn, definimos o seu comprimento por

(γ) = n

j=1

(γj).

Exemplo 58 Encontre o comprimento da cardióide γ(t) = (1 + cos t)eit. Temos,

γ′(t) = sen teit + i(1 + cos t)eit = eit(sen t+ i(1 + cos t)) e

|γ′(t)| = √ sen2 t+ (1 + cos t)2 =

2 1 + cos t.

Assim, devido à simetria da cardióide,

(γ) = 2

∫ 2π 0

1 + cos t dt = 2

2

π 0

1 + cos t dt =

72

–1

–0.5

0.5

1

0.5 1 1.5 2

1

Figura 13.2: Cardióide: γ(t) = (1 + cos t)eit

= 2 2

π 0

√ (1 + cos t)(1cos t)

1cos t dt =

= 2 2

π 0

1cos2 t√ 1cos t

dt = 2 2

π 0

sen2 t√

1cos t dt =

= 2 2

π 0

| sen t|√ 1cos t

dt = 2 2

π 0

sen t√ 1cos t

dt =

= 4 2

π 0

d

dt

1cos t dt = 4

2 1cos t

∣∣∣π 0 =

= 4 2( 20) = 8.

Proposição 25 Se γ : [a, b] C é um caminho e f : Ω C é cont́ınua, então∣∣∣∣∫ γ

f(z)dz

∣∣∣∣ maxz∈γ∗ |f(z)|ℓ(γ), onde γ∗ é o traço de γ. Em particular, se |f(z)| ≤ M , para todo z ∈ então,∣∣∣∣∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ Mℓ(γ). Prova: Se γ é o caminho obtido pela justaposição das curvas suaves γ1, . . . , γn então∣∣∣∣∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣

nj=1

γj

f(z)dz

∣∣∣∣∣ ≤ n

j=1

∣∣∣∣∫ γ

f(z)dz

∣∣∣∣ . 73

Assim, basta mostrar a proposição quando γ é uma curva suave. Como γ : [a, b] Ω é cont́ınua, o seu traço γ∗ é um conjunto compacto.

Como a função g : γ∗ → R dada por g(z) = |f(z)| também cont́ınua e γ∗ é compacto então ela atinge um máximo em γ∗, que denotaremos por m = maxz∈γ∗ g(z) = maxz∈γ∗ |f(z)|. Assim, ∣∣∣∣∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ b a

f(γ(t))γ′(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ≤

b a

|f(γ(t))||γ′(t)|dt ≤ b a

m|γ′(t)|dt

= m

b a

|γ′(t)|dt = mℓ(γ).

Exemplo 59 Utilize a proposição 25 para obter uma estimativa da integral γ zndz onde n ∈ Z

e γ(t) = Reit, R > 0, 0 ≤ t ≤ π. Precisamos saber o comprimento da curva e o máximo de |zn| sobre o seu traço. Ora, o

comprimento é πR e para todo 0 ≤ t ≤ π, temos |(Reit)n| = Rn|eint| = Rn. Assim,∣∣∣∣∫ γ

zndz

∣∣∣∣ ≤ RnπR = πRn+1. Observe que se n ≤ −2 então

lim R→∞

γ

zndz = 0.

Exemplo 60 Idem paraγ

1

z4 + 1 dz, onde γ(t) = Reit , 0 ≤ t ≤ 2π, R > 1.

Sobre o traço de γ, a função f(z) = 1 z4+1

pode ser majorada como segue:

|f(γ(t))| = |f(Reit)| = 1 |R4e4it + 1|

1 ||R4e4it| − 1|

= 1

|R4 1| =

1

R4 1

onde foi usada a seguinte versão da desigualdade triangular: ||a| − |b|| ≤ |a+ b|, ∀a, b ∈ C. Desta forma, ∣∣∣∣∫

γ

1

z4 + 1 dz

∣∣∣∣ 1R4 1(γ) = 2πRR4 1 .

74

Caṕıtulo 14

O Teorema de Cauchy-Goursat

Neste caṕıtulo faremos uso do Teorema de Green como visto em Cálculo III.

Teorema 5 (Teorema de Green) Sejam γ um contorno orientado no sentido anti-horário e R o seu interior. Se P e Q são funções de classe C1 definidas em R̄ então∫

γ

Pdx+

γ

Qdy =

∫∫ R

( ∂Q

∂x − ∂P

∂y

) dxdy.

Observação 21 = R ∪ ∂R

Teorema 6 (Teorema de Cauchy-Goursat) Sejam γ e R como no enunciado do Teorema de Green. Se f é uma função anaĺıtica definida em um aberto contendo R̄ então∫

γ

f(z)dz = 0.

Prova: A demonstração que faremos será somente no caso em que f é de classe C1. Esta parte é devida a Cauchy. A parte sem a hipótese de f ser de classe C1 é bem mais elaborada e é creditada a Goursat.

Coloque u = ℜf e v = ℑf . Aplicando o teorema de Green, obtemos∫ γ

f(z)dz =

γ

udx− vdy + i γ

vdx− udy =

=

∫∫ R

( (−v) ∂x

− ∂u ∂y

) dxdy + i

∫∫ R

( ∂u

∂x − ∂v

∂y

) dxdy =

= ∫∫

R

( ∂v

∂x +

∂u

∂y

) dxdy + i

∫∫ R

( ∂u

∂x − ∂v

∂y

) dxdy = 0

pois, pelas equações de Cauchy-Riemann, ∂u ∂y

= − ∂v ∂x

e ∂u ∂x

= ∂v ∂y .

75

Exemplo 61 Calcule γ

1 z−2dz onde γ = e

it, 0 ≤ t ≤ 2π. Como o contorno γ delimita a região R = {z ∈ C; |z| < 1} e f(z) = 1

z−2 é claramente

anaĺıtica em R̄ = {x ∈ C; |z| ≤ 1}, obtemosγ

1

z − 2 dz = 0

Exemplo 62 Calcule γ

1 z−2dz onde γ = 2 + e

it, 0 ≤ t ≤ 2π. Note que, agora, a função f não está definida em toda a região delimitada por γ. Basta

observar que 2 ∈ {z ∈ C; |z − 2| ≤ 1}. Desta maneira, o teorema de Cauchy-Goursat não se aplica. Devemos, assim, calcular a

integral usando apenas a definição. Temosγ

1

z − 2 dz =

∫ 2π 0

ieit

eit dt = i

∫ 2π 0

dt = 2πi.

O teorema de Cauchy-Goursat se aplica a regiões mais gerais do que aquelas dadas por in- terior de contornos. Mais precisamente, ele continua válido para regiões simplesmente conexas, que passamos a definir.

Definição 24 Seja D um aberto conexo. Dizemos que D é simplesmente conexo se o interior de qualquer contorno contido em D, está contido em D.

Observação 22 Grosso modo, um conjunto simplesmente conexo não apresenta buracos.

Exemplo 63 Considere os conjuntos:

D1 = {z ∈ C; |z| < 1}, D2 = {z ∈ C; 1 < |z| < 3} e D3 = {z ∈ C; 0 < |z| < 1}.

D3D2D1

Todos os três conjuntos são abertos e conexos. No entanto, somente D1 é simplesmente conexo. Observe que embora o contorno γ1(t) = 2e

it esteja contido em D2, os seu interior, {z ∈ C; |z| < 2} não está. O mesmo acontece em D3 com o contorno γ2(t) = 12e

it.

76

Exemplo 64 O plano complexo é simplesmente conexo.

Com esta nova linguagem, temos:

Teorema 7 (Teorema de Cauchy-Goursat) Seja D um conjunto simplesmente conexo. Se f é anaĺıtica em D então para qualquer contorno γ contido em D temos

γ

f(z)dz = 0.

Exemplo 65 Se n ∈ N então γ zndz = 0. para qualquer contorno γ. Em particular, tomando-

se n = 2 vemos que γ

(x2 − y2)dx− 2xydy = ∫ γ

2xydx+ (x2 − y2)dy = 0.

para qualquer contorno.

14.1 Independência do Caminho

Definição 25 Seja f : Ω C C uma função cont́ınua. Dizemos que a integral de f independe do caminho se para quaisquer dois caminhos γ1 e γ2 : [a, b] tais que γ1(a) = γ2(a) e γ1(b) = γ2(b) tem-se

γ1

f(z)dz =

γ2

f(z)dz.

Observação 23 Se a integral de f independe do caminho, usaremos a notação∫ z1 z0

f(z)dz

para designar a integral de f ao longo de qualquer caminho contido em que una os pontos z0 a z1, nesta ordem.

Teorema 8 Seja f : Ω C C uma função cont́ınua. São equivalentes:

(i) γ f(z)dz = 0 para qualquer caminho fechado contido em Ω;

(ii) A integral de f independe do caminho.

Prova: Suponha que (i) seja válido. Se γ1 e γ2 : [a, b] Ω são dois caminhos tais que γ1(a) = γ2(a) e γ1(b) = γ2(b) então γ : [a, b] Ω dado por

γ(t) =

{ γ1(2t− a), se a ≤ t ≤ a+b2 γ2(a+ 2b− 2t), se a+b2 ≤ t ≤ b.

77

é um caminho fechado. Logo, ∫ γ f(z)dz = 0.

Mas ∫ γ

f(z)dz =

γ1

f(z)dz − γ2

f(z)dz

pois γ2 é percorrida de γ2(a) a γ2(b). Assim∫ γ1

f(z)dz =

γ2

f(z)dz.

Reciprocamente, suponha que (ii) seja válida. Se γ é um caminho fechado vemos que

γ̃(t) = γ(a+ b− t), a ≤ t ≤ b

tem o mesmo traço de γ, porém é percorrido no sentido oposto. Além do mais, como γ é fechada, γ̃ também é. Assim,

γ̃(a) = γ(b) = γ(a) e γ̃(b) = γ(b) = γ(b).

Logo, por (ii), ∫ γ̃

f(z)dz =

γ

f(z)dz. (14.1)

Mas, já sabemos que se invertermos o sentido do percurso da curva, a integral muda de sinal. Assim, ∫

γ̃

f(z)dz = γ

f(z)dz. (14.2)

Comparando as equações 14.1 e 14.2 obtemos∫ γ

f(z)dz = 0.

Observação 24 O teorema de Cauchy-Goursat (veja 7) continua válido se a integral for feita sobre caminhos fechados (lembre que um contorno é um caminho fechado simples).

Juntando a observação acima e o teorema 8 obtemos:

Teorema 9 Seja um conjunto simplesmente conexo. Se f : Ω C é anaĺıtica então a integral de f independe do caminho.

Exemplo 66 Calcule γ ezdz onde γ é uma poligonal que liga o ponto z = 0 a z = i.

Como f(z) = ez é uma função inteira podemos substituir a poligonal por qualquer outro caminho que ligue z = 0 a z = i.

Por exemplo, γ1(t) = it, 0 ≤ t ≤ 1. Temos:∫ γ1

ezdz =

∫ 1 0

eitidt = eit ∣∣1 0 = ei − 1.

78

Caṕıtulo 15

Primitiva

Definição 26 Seja f : Ω C. Dizemos que F : Ω C é uma primitiva de f se F ′(z) = f(z) para todo z ∈ .

Teorema 10 Se é um conjunto simplesmente conexo e f é uma função anaĺıtica em então, fixado z0 , a função

F (z) =

z z0

f(ζ) dζ, z ∈

é uma primitiva de f .

Prova: Como Ω é simplesmente conexo e f é anaĺıtica, a função F está bem definida, pois a integral de f independe do caminho.

Queremos mostrar que para cada z ∈

lim h→0

F (z + h)− F (z) h

= f(z).

Fixemos z0 Ω e tomemos h ∈ C tal que o segmento ligando z até z + h esteja contido em Ω. Lembrando que F (z + h) representa a integral de f de z0 até z + h e que F (z) é a integral

de f de z0 até z, então, a diferença F (z + h)− F (z) representa a integral de f de z até z + h, isto é,

F (z + h)− F (z) = ∫ z+h z

f(ζ) dζ.

Como a integral acima independe do caminho, podemos escolher como caminho o segmento que liga z até z + h, isto é,

γ(t) = z + th, 0 ≤ t ≤ 1.

Como ∫ z+h z

= h (exerćıcio), podemos escrever∣∣∣∣F (z + h)− F (z)h − f(z) ∣∣∣∣ = 1|h| |F (z + h)− F (z)− hf(z)|

= 1

|h|

∣∣∣∣∫ z+h z

f(ζ) dζ − z+h z

f(z)

∣∣∣∣ = 1|h| ∣∣∣∣∫ z+h

z

[f(ζ)− f(z)] ∣∣∣∣

79

= 1

|h|

∣∣∣∣∫ γ

[f(ζ)− f(z)] ∣∣∣∣ 1|h| max0≤t≤1 |f(γ(t))− f(z)|ℓ(γ)

= max 0≤t≤1

|f(z + th)− f(z)|, (15.1)

pois (γ) = |γ|. Como f é cont́ınua, dado ε > 0 existe um δ > 0 tal que para todo |w| < δ temos |f(z +

w)− f(z)| < ε. Assim, se tomarmos h tal que |h| < δ então w = th, a ≤ t ≤ 1, satisfaz |w| = |th| ≤ |h| < δ

e, portanto, |f(z + w)− f(z)| < ε. Assim segue de 15.1 ∣∣∣∣F (z + h)− F (z)h − f(z)

∣∣∣∣ < ε sempre que |h| < δ, ou seja,

lim h→0

F (z + h)− F (z) h

= f(z).

Corolário 5 Sejam um conjunto simplesmente conexo e f : Ω C uma função anaĺıtica. Então, fixado z0 a função F : Ω C dada por

F (z) =

z z0

f(ζ) dζ, z ∈

é anaĺıtica.

Prova: Pelo teorema anterior, a derivada de F existe em todo Ω (e é igual a f). Logo, F é anaĺıtica em Ω.

Proposição 26 Sejam um conjunto simplesmente conexo e f : Ω C uma função anaĺıtica. Se F e G são primitivas de f então a diferença entre F e G é constante. Em particular, dado z0 existe C ∈ C tal que

F (z) =

z z0

f(ζ) + C.

Prova: Seja H : Ω C dada por H(z) = F (z)−G(z). Como H ′(z) = F ′(z) − G′(z) = f(z) − f(z) = 0 e Ω é conexo, segue de 19 que H(z) é

constante. Quanto à outra conclusão, basta lembrar que

z 7→ z z0

f(ζ)

é primitiva de f . Portanto, F (z) z z0 f(ζ) = C para alguma constante C. Além do mais,

tomando z = z0, vemos que C = F (z0).

80

Observação 25 Segue do Teorema 10 e da Proposição 26 que toda primitiva de uma função anaĺıtica definida em um conjunto simplesmente conexo é da forma

z z0 f(ζ) +C, para algum

z0 e algum C ∈ C.

Proposição 27 Sejam um conjunto simplesmente conexo e f : Ω C uma função anaĺıtica. Se F é uma primitiva de f e γ : [a, b] é um caminho então∫

γ

f(z) dz = F (γ(b))− F (γ(a)).

Prova: Sabemos que F pode ser escrita como

F (z) =

z γ(a)

f(ζ) + C,

com C = F (γ(a)). Também é sabido que a integral de f independe do caminho. Logo,∫ γ

f(z) dz =

γ(b) γ(a)

f(z) dz =

=

[∫ γ(b) γ(a)

f(z) dz + C

] − C = F (γ(b))− F (γ(a)).

Exemplo 67 Calcule γ ez

2 z dz onde γ(t) = (1 + cost)eit, 0 ≤ t ≤ pi.

Como d dz (1 2 ez

2 ) = ez

2 z, temos que F (z) = 1

2 ez

2 é uma primitiva de f(z) = ez

2 z.

Assim, γ

ez 2

z dz = 1

2 ez

2

∣∣∣∣γ(π) γ(0)

= 1

2 ez

2

∣∣∣∣0 2

= 1− e4

2 .

Exemplo 68 Seja um conjunto simplesmente conexo que não contém a origem. Se γ : [a, b] C é um caminho então

γ

1

z dz = log(γ(b))log(γ(a)). (15.2)

Em particular se γ é fechada, γ

1 z dz = 0.

Isto segue do fato que a função log z é uma primitiva de 1 z definida no conjunto simplesmente

conexo Ω. Porém, se Ω contiver a origem, a fórmula 15.2 deixa de ser válida. Basta lembrar que ∫

γ

1

z dz = 2πi, γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

81

*

I

?

U

γ

-

- ?





γ1

γ2 γn

Figura 15.1: Integração sobre região que não é simplesmente conexa

Observação 26 O mesmo resultado do exemplo 68 é válido para a função 1 z−a se o contorno

γ não contiver o ponto a no seu interior. Neste caso, a primitiva é log(z − a).

Vejamos agora como podemos proceder com a integração sobre um contorno γ, no caso em que a função a ser integrada não é necessariamente anaĺıtica em todo o interior de γ.

Considere um contorno γ e n contornos γ1, . . . , γn satisfazendo as seguintes propriedades:

i) cada γj está contido no interior de γ;

ii) se j1 ̸= j2 então γj1 está contido no exterior de γj2 .

Seja R a região obtida do interior de γ eliminando-se cada γj bem como o seu interior. Note que a fronteira de R é a reunião dos contornos γ, γ1, γ2, . . . , γn.

Se f é uma função anaĺıtica definida em um aberto contendo R e se γ, γ1, γ2, . . . , γn são percorridos no sentido anti-horário então∫

γ

f(z) dz =

γ1

f(z) dz + · · ·+ ∫ γn

f(z) dz. (15.3)

A prova deste fato requer mais ferramentas do que dispomos neste curso. No entanto, é facil- mente visualizada pelas figuras 15 e 15 onde separamos a região R em duas partes simplesmente conexas.

A fronteira de cada uma destas partes é um contorno e a função f é anaĺıtica sobre ela e o seu interior. Assim, a integral de f ao longo de cada um destes dois contornos no sentido anti-horário se anula. Somando as duas integrais, observamos que o resultado é uma soma de integrais ao longo de γ (no sentido anti-horário) e de γj (no sentido horário), j = 1, . . . , n.

Ao revertermos a ordem do processo das integrais sobre γj, obtemos o resultado.

Exemplo 69 Seja γ um contorno contendo no seu interior o ponto a ∈ C, percorrido no sentido anti-horário. Verifique que

γ

dz

z − a = 2πi.

82

*

I

?

U

γ

-

- ?





γ1

γ2 γn

- 

^ -

o

Figura 15.2: Subdividindo a região em duas simplesmente conexas

-

6

6 ?

i

0

−i

γ

γ1

γ2

γ3

Vamos retirar do interior de γ um disco fechado, centrado em a e de raio ε > 0, suficiente- mente pequeno.

Nesta nova região, a função f(z) = dz z−a é anaĺıtica e por 15.3 temos∫

γ

dz

z − a =

γε

dz

z − a

onde γε(t) = a+ εe it, 0 ≤ t ≤ 2π. Logo,∫

γ

dz

z − a =

∫ 2π 0

1

εeit εeitidt = 2πi.

Exemplo 70 Calcule γ

1

z(z2 + 1) dz

onde γ é a elipse x2 + y 2

4 = 1, percorrida no sentido anti-horário.

83

Do interior da elipse retiramos três conjuntos fechados de raio ε > 0, suficientemente pe- queno, centrado nos pontos 0, i e −i.

Neste novo domı́nio a função 1 z(z2+1)

é anaĺıtica e∫ γ

1

z(z2 + 1) dz =

γ1

1

z(z2 + 1) dz +

γ2

1

z(z2 + 1) dz +

γ3

1

z(z2 + 1) dz

onde γ1(t) = εe it, γ2(t) = i+ εe

it, γ3(t) = −i+ εeit, 0 ≤ t ≤ 2π. Usando frações parciais, temos

1

z(z2 + 1) =

1

z − 1

2

1

z + i − 1

2

1

z − i .

Temos ∫ γ1

1

z(z2 + 1) dz =

γ1

1

z dz − 1

2

γ1

1

z + i dz − 1

2

γ1

1

z − i dz.

Usando o Exemplo 68 e a Observação 26, vemos que∫ γ1

1

z dz = 2πi, e

γ1

1

z + i dz =

γ1

1

z − i dz = 0.

Analogamente, ∫ γ2

1

z dz =

γ2

1

z + i dz = 0, e

γ2

1

z − i dz = 2πi.

γ3

1

z dz =

γ3

1

z − i dz = 0, e

γ3

1

z + i dz = 2πi.

Reagrupando os resultados, obtemos∫ γ

1

z(z2 + 1) dz = 2πi− 1

2 2πi− 1

2 2πi = 0.

84

Caṕıtulo 16

A fórmula de Cauchy

Teorema 11 (Fórmula de Cauchy) Sejam um conjunto simplesmente conexo, γ um con- torno contido em orientado no sentido anti-horário. Se f é uma função anaĺıtica em então

f(z0) = 1

2πi

γ

f(z)

z − z0 dz (16.1)

para todo z0 contido no interior de γ.

Prova: Como o interior do contorno γ é um conjunto aberto, existe r0 > 0 tal que para todo 0 < r < r0 o ćırculo centrado em z0 de raio r também está contido no interior de γ.

Coloque γr(t) = z0 + re it, 0 ≤ t ≤ 2π. Como a função f(z)

z−z0 é anaĺıtica em Ω \ z0, segue de 15.3 que ∫

γ

f(z)

z − z0 dz =

γr

f(z)

z − z0 dz.

Agora, ∫ γ

f(z)

z − z0 dz =

γr

f(z)

z − z0 dz =

γr

f(z)− f(z0) + f(z0) z − z0

dz =

=

γr

f(z)− f(z0) z − z0

dz + f(z0)

γr

1

z − z0 dz =

=

γr

f(z)− f(z0) z − z0

dz + f(z0)2πi.

Portanto, ∣∣∣∣∫ γr

f(z)

z − z0 dz − f(z0)2πi

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ γr

f(z)− f(z0) z − z0

dz

∣∣∣∣ = =

∣∣∣∣∫ 2π a

f(z0 + fe it)− f(z0)

reit rieitdt

∣∣∣∣ = =

∣∣∣∣∫ 2π 0

(f(z0 + re it)− f(z0))dt

∣∣∣∣ 85

∫ 2π 0

|(f(z0 + reit)− f(z0))|dt.

Como f é cont́ınua em z0, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que |z−z0| < δ implica em |f(z)−f(z0)| < ε/2π.

Deste modo, tomando r menor do que r0 e δ vemos que w = z0 + re it satisfaz, para todo

t ∈ [0, 2π], |w − z0| = |reit| = r < δ. Logo, |f(w)− f(z0)| < ε/2π, isto é, |f(z0 + reit)− f(z0)| < ε/2π. Desta maneira,∣∣∣∣∫

γr

f(z)

z − z0 dz − f(z0)2πi

∣∣∣∣ ∫ 2π 0

|(f(z0 + reit)− f(z0))|dt < ∫ 2π 0

ε

2π dt = ε. (16.2)

Como a primeira expressão de 16.2 não depende de ε, vemos que∫ γr

f(z)

z − z0 dz = f(z0)2πi,

que após a divisão por 2πi é a fórmula desejada.

Exemplo 71 Se γ é um contorno que contém z0 no seu interior e percorrido no sentido anti- horário então tomando f(z) = 1 na fórmula de Cauchy, obtemos um resultado que já nos é familiar:

1 = 1

2πi

γ

1

z − z0 dz, isto é,

γ

1

z − z0 dz = 2πi.

Exemplo 72 Seja γ é um contorno que contém z0 no seu interior. Calcule γ

cosz z dz, γ per-

corrido no sentido anti-horário. Basta tomar f(z) = cosz e z0 = 0 na fórmula de Cauchy. Obtemos

γ

cos z

z dz = 2πi cos 0 = 2πi.

Exemplo 73 Vamos refazer o cálculo da integral γ

1 z(z2+1)

dz onde γ é a elipse x2 + y 2

4 = 1

percorrida no sentido anti-horário, fazendo uso da fórmula de Cauchy. Como não é posśıvel colocar a função 1

z(z2+1) na forma f(z)

z−z0 , com f anaĺıtica no interior da

elipse e para algum z0, (veja que a única possibilidade seria f(z) = z−z0

z(z2+1) que não é anaĺıtica

no interior da elipse mesmo quando z0 é tomado dentre um dos valores de 0, i,−i). Vamos percorrer a elipse como mostra a figura abaixo

Devido aos cancelamentos das integrais calculadas nos arcos que se encontram no interior da elipse (cada um deles é percorrido duas vezes, porém em sentidos opostos), temos

γ

1

z(z2 + 1) dz =

γ1

1

z(z2 + 1) dz +

γ2

1

z(z2 + 1) dz +

γ3

1

z(z2 + 1) dz =

=

γ1

f1(z)

z − i) dz +

γ2

f2(z)

z dz +

γ3

f3(z)

z + i) dz,

86

onde f1(z) = 1

z(z+i) , f2(z) =

1 z2+1

e f3(z) = 1

z(z−i) são anaĺıticas sobre γ1, γ2 e γ3 e seus interiores, respectivamente. Desse modo, podemos aplicar a fórmula de Cauchy em cada uma das integrais, obtendo

γ

1

z(z2 + 1) dz = 2πif1(i) + 2πif2(0) + 2πif3(−i) =

= 2πi( 1 2 ) + 2πi+ 2πi(

1 2 ) = 0.

A integral ∫ γ

1 z2 dz, onde γ é um contorno contendo a origem no seu interior, não pode

ser tratada diretamente usando a fórmula de Cauchy. A razão para isto é que se colocarmos 1 z2

= z−z0 z2

z−z0 , a função f(z) = z−z0 z2

não é anaĺıtica no interior de γ para qualquer escolha de z0. Note que nem mesmo a escolha z0 = 0 é útil aqui, tampouco é posśıvel usar de argumentos como no exemplo anterior, em que percorremos a curva γ usando três curvas auxiliares. A diferença aqui é que a função 1

z2 só não está definida em z = 0 enquanto que 1

z(z2+1) = 1

z(z+i)(z−i) não está

definida para mais de um ponto (dáı o uso de curvas auxiliares) e as ráızes de z(z + i)(z − i) são todas simples (a ráız de z2 é dupla). O teorema 12, que fornece uma generalização da fórmula de Cauchy, será útil para tratar integrais como, por exemplo,

γ

1 z2 dz.

Teorema 12 (Fórmula de Cauchy para derivadas) Sejam , γ, f e z0 como no teorema 16.1. Então f possui todas as derivadas em z0 e a n-ésima derivada é dada por

f (n)(z0) = n!

2πi

γ

f(z)

(z − z0)n+1 dz, (16.3)

onde γ é percorrido no sentido anti-horário.

Prova: Mostremos o caso n = 1. Precisamos mostrar que

lim h→0

f(z0 + h)− f(z0) h

= 1

2πi

γ

f(z)

(z − z0)2 dz.

Pela fórmula de Cauchy, para h ̸= 0 suficientemente pequeno, temos

1

h [f(z0 + h)− f(z0)] =

1

h

[ 1

2πi

γ

f(z)

(z − z0 − h) dz − 1

2πi

γ

f(z)

(z − z0) dz

] =

= 1

2πhi

γ

f(z)

[ 1

(z − z0 − h) 1

(z − z0)

] dz =

= 1

2πhi

γ

f(z) h

(z − z0 − h)(z − z0) dz =

1

2πi

γ

f(z)

(z − z0 − h)(z − z0) dz.

87

M



R

-

zo

zo + h



γ

γr

Deste modo,

1

h [f(z0+h)− f(z0)]

1

2πi

γ

f(z)

(z − z0)2 dz =

1

2πi

γ

f(z)

(z − z0 − h)(z − z0) dz− 1

2πi

γ

f(z)

(z − z0)2 dz

= 1

2πi

γ

f(z)[z − z0 (z − z0 − h)] (z − z0 − h)(z − z0)2

dz = h

2πi

γ

f(z)

(z − z0 − h)(z − z0)2 dz =

= h

2πi

γr

f(z)

(z − z0 − h)(z − z0)2 dz (16.4)

onde γr é um ćırculo contido no interior de γ, centrado em z0 de raio r contendo o ponto z0+h no seu interior, γr é percorrido no sentido anti-horário.

Assim se 0 < |h| < r 2 , e |z − z0| < r

|(z − z0 − h)(z − z0)2| = |z − z0 − h||z − z0|2 =

= |z − z0 − h| ≥ (|z − z0| − |h|)r2 =

(r − |h|)r2 > (r − r 2 )r2 =

r3

2

e dáı, ∣∣∣∣ f(z)(z − z0 − h)(z − z0)2 ∣∣∣∣ ≤ |f(z)||(z − z0 − h)(z − z0)2| ≤ 2Mr3 ,

onde M é o máximo de |f(z)| sobre o ćırculo |z − z0| = r (γr). Com isto, obtemos de 16.4∣∣∣∣1h [f(z0 + h)− f(z0)]12πi

γ

f(z)

(z − z0)2 dz

∣∣∣∣ ≤ |h|2π ∣∣∣∣∫

γr

f(z)

(z − z0 − h)(z − z0)2 dz

∣∣∣∣ ≤ |h|

2π

2M

r3 (γ) =

Mℓ(γ)

r3 |h|

que tende a zero quando h tende a zero. Logo,

lim h→0

f(z0 + h)− f(z0) h

= 1

2πi

γ

f(z)

(z − z0)2 dz.

88

-

6



j

:

6 90

1

γ

γ1

γ2

A prova do caso n ≥ 2 segue os passos da prova que acabamos de mostrar, com adaptações apropriadas.

Corolário 6 Toda função anaĺıtica é de classe C∞.

Prova: Dados n ∈ N e f anaĺıtica, segue do teorema anterior que f (n+1) existe em todo o domı́nio de f . Conseqüentemente, a função f (n) é cont́ınua (por ser derivável).

Corolário 7 A derivada de uma função anaĺıtica é também anaĺıtica.

Exemplo 74 Seja γ um contorno que envolve a origem. A integral γ

1 z2 dz pode ser calculada

usando-se a fórmula 16.3 com f(z) = 1 e z0 = 0, obtendoγ

1

z2 dz = 2πif ′(0) = 2πi0 = 0.

Exemplo 75 Calcule γ

z+1 z3(z−1)dz onde γ é um contorno percorrido no sentido anti-horário e

que envolve os pontos z = 0 e z = 1. Se tomarmos os contornos γ1 e γ2 como na figura 75 então∫

γ

z + 1

z3(z − 1) dz =

γ1

z + 1

z3(z − 1) dz +

γ2

z + 1

z3(z − 1) dz =

=

γ1

f1(z)

z3 dz +

γ2

f2(z)

(z − 1) dz,

onde f1(z) = z+1 z−1 e f2(z) =

z+1 z3

. Usando a fórmula de Cauchy para derivada, calculamos

γ1

f1(z)

z3 dz =

2πi

2! f ′′1 (0) = πif

′′ 1 (0).

89

Mas, f ′1(z) = 2

(z−1)2 e f ′′ 1 (z) =

4 (z−1)3 .

Logo, γ1

f1(z)

z3 dz = πi(4) = 4πi.

Agora, γ2

f2(z)

(z − 1) dz = 2πif2(1) = 4πi.

Portanto, γ

z + 1

z3(z − 1) dz = 4πi+ 4πi = 0.

Teorema 13 (Morera) Sejam f : Ω C cont́ınua e simplesmente conexo. Se a integral de f independe do caminho ou, equivalentemente, a integral de f se anula sobre qualquer caminho fechado contido em , então f é anaĺıtica.

Prova: Fixado z0, a função

F (z) =

z z0

f(ζ)dζ, z ∈

está bem definida em Ω. Mostremos que F ′(z) = f(z). Para isto, procedemos como na prova do teorema 10. Temos

F (z + h)− F (z) = ∫ z+h z

f(ζ) dζ.

Como a integral acima independe do caminho, podemos escolher como caminho o segmento que liga z até z + h, isto é,

γ(t) = z + th, 0 ≤ t ≤ 1.

Como ∫ z+h z

= h, podemos escrever∣∣∣∣F (z + h)− F (z)h − f(z) ∣∣∣∣ = 1|h| |F (z + h)− F (z)− hf(z)|

= 1

|h|

∣∣∣∣∫ z+h z

f(ζ) dζ − z+h z

f(z)

∣∣∣∣ = 1|h| ∣∣∣∣∫ z+h

z

[f(ζ)− f(z)] ∣∣∣∣

= 1

|h|

∣∣∣∣∫ γ

[f(ζ)− f(z)] ∣∣∣∣ 1|h| max0≤t≤1 |f(γ(t))− f(z)|ℓ(γ)

= max 0≤t≤1

|f(z + th)− f(z)|, (16.5)

pois (γ) = |γ|. Como f é cont́ınua, dado ε > 0 existe um δ > 0 tal que para todo |w| < δ temos |f(z +

w)− f(z)| < ε.

90

Assim, se tomarmos h tal que |h| < δ então w = th, a ≤ t ≤ 1, satisfaz |w| = |th| ≤ |h| < δ e, portanto, |f(z + w)− f(z)| < ε.

Assim segue de 16.5 ∣∣∣∣F (z + h)− F (z)h − f(z) ∣∣∣∣ < ε

sempre que |h| < δ, ou seja,

lim h→0

F (z + h)− F (z) h

= f(z).

Pelo Corolário 7, F ′(z) = f(z) também é anaĺıtica em Ω.

Teorema 14 (Liouville) Se f é uma função inteira e limitada então f é constante.

Prova: Seja M tal que |f(z)| ≤ M , para todo z ∈ C. Tomando γ(t) = z + Reit, 0 ≤ t ≤ 2π, temos

|f ′(z)| = ∣∣∣∣ 12πi

γ

f(ζ)

(ζ − z)2

∣∣∣∣ 12π maxζ∈γ∗ ∣∣∣∣ f(ζ)(ζ − z)2

∣∣∣∣ (γ) mas (γ) = 2πR e para ζ ∈ γ∗, isto é, |ζ − z| = R, temos∣∣∣∣ f(ζ)(ζ − z)2

∣∣∣∣ = |f(ζ)||ζ − z|2 = |f(ζ)|R2 ≤ MR2 . Logo,

|f ′(z)| ≤ 1 2π

M

R2 2πR =

M

R ,

que tende a zero quando R tende a +. Desta forma, f ′(z) = 0 para todo z ∈ C. Segue dáı que f(z) é constante.

Teorema 15 (Teorema fundamental da álgebra) Todo polinômio não constante possui u- ma raiz em C.

Prova: Seja p : C C um polinômio. Suponha que p(z) ̸= 0 para todo z ∈ C. A função f(z) = 1

p(z) é inteira. Mostremos que f também é limitada.

Escrevendo p(z) = anz n + · · ·+ a1z + a0, com an ̸= 0 vemos que para z = reiθ, r > 0, temos

|p(z)| = |anzn| ∣∣∣∣1 + an−1anz + · · ·+ a1anzn−1 + a0anzn

∣∣∣∣ ≥ |an|rn

[ 1− |an−1|

|an|r − · · · − |a1|

|an|rn−1 − |a0|

|an|rn

] .

Como

lim r→∞

[ 1− |an−1|

|an|r − · · · − |a1|

|an|rn−1 − |a0|

|an|rn

] = 1,

91

existe R0 tal que ∀ R > R0 implica em

1− |an−1| |an|R

− · · · − |a1| |an|Rn−1

− |a0| |an|Rn

> 1

2 .

Logo, para |z| > R0, temos

|f(z)| = 1 |p(z)|

< 2

|an||z|n <

2

|an|Rn0 .

Como f é cont́ınua, também é limitada para todo |z| ≤ R0. Logo, f é limitada em C. Pelo Teorema de Liouville 14, f deve ser constante e, portanto, p também é constante. Isto

é uma contradição. Portanto, existe z0 C tal que p(z0) = 0.

92

Caṕıtulo 17

Funções Harmônicas

Considere f : Ω C, uma função anaĺıtica. Sabemos que f é de classe C∞, isto é, possui derivadas de qualquer ordem em Ω. Segue dáı que as funções u = ℜf e v = ℑf também são de classe C∞ em Ω.

Como f é anaĺıtica, u e v satisfazem as equações de Cauchy-Riemann:

∂u

∂x =

∂v

∂y e

∂u

∂y = −∂v

∂x em Ω.

Derivando a primeira das equações acima com relação a x e a segunda com relação a y, obtemos

2u

∂x2 =

2v

∂x∂y e

2u

∂y2 = − ∂

2v

∂y∂x em Ω.

Somando-se ambas as equações,

2u

∂x2 +

2u

∂y2 =

2v

∂x∂y − ∂

2v

∂y∂x = 0

pois v tem derivadas parciais de segunda ordem cont́ınua. Vemos, assim, que u satisfaz

2u

∂x2 +

2u

∂y2 = 0 em Ω.

A equação acima é chamada de equação de Laplace e uma função de classe C2 que a satisfaça é dita harmônica.

Exerćıcio 14 Prove que v = ℑf , f anaĺıtica, é também uma função harmônica.

Exemplo 76 As funções

u1(x, y) = x 2 − y2 = ℜz2, u2(x, y) = ex cos y = ℜez e u3(x, y) = coshy cosx = cos z

são exemplos de funções harmônicas em C.

93

Exemplo 77 Não existe função anaĺıtica cuja parte real seja u(x, y) = x2 + y2. Pois, se existisse, u deveria ser harmônico, porém,

2u

∂x2 (x, y) +

2u

∂y2 (x, y) = 4 ̸= 0

Como vimos, toda parte real de uma função anaĺıtica é harmônica. O próximo teorema diz que se u for harmônica em uma região simplesmente conexa então

u é a parte real de alguma função anaĺıtica.

Teorema 16 Sejam um conjunto simplesmente conexo e u : Ω R uma função harmônica. Então existe uma função anaĺıtica f : Ω C tal que u = ℜf .

Prova: Seja g : Ω C dada por

g = ∂u

∂x − i∂u

∂y

Como u é de classe C2, vemos que g é de classe C1. Como

∂x ℜg =

2u

∂x2 = −∂

2u

∂y2 =

∂y ℑg

e

∂y ℜg =

2u

∂y∂x =

2u

∂x∂y = − ∂

∂x ℑg

vemos que g é anaĺıtica em Ω. Como Ω é simplesmente conexo,existe uma primitiva G : Ω C de g, isto é, G′ = g em Ω.

Lembre que G é anaĺıtica. Agora, colocando φ = ℜG e ψ = ℑG temos

G ′ =

∂φ

∂x + i

∂ψ

∂x = g =

∂u

∂x − i∂u

∂y

e também,

G ′ =

∂ψ

∂y − i∂φ

∂y = g =

∂u

∂x − i∂u

∂y

Dáı,

∂x (φ− u) = 0 e

∂y (φ− u) = 0

Como Ω é conexo, vemos que φ− u é constante, digamos, φ− u = c ∈ R. Desta maneira, colocando f = G− c, vemos que f é anaĺıtica e

ℜf = (G− c) = φ− c = u.

94

Observação 27 A função f do teorema acima é dada por

f(z) =

z z0

( ∂u

∂x − i∂u

∂y

) dz − C,

conforme a prova do teorema 10

Exerćıcio 15 Verifique que se u e são como no teorema acima e se γ : [a, b] é tal que γ(a) = (z0, y0) e γ(b) = (x, y), então∫

γ

( ∂u

∂x − i∂u

∂y

) dz = u(x, y)− u(x0, y0) + i

γ

−∂u ∂y

dy + ∂u

∂x dx.

Definição 27 Seja um aberto. Denotamos por H(Ω) o conjunto de todas as funções harmô- nicas em .

Exemplo 78 H(Ω) é um espaço vetorial.

Exemplo 79 Se é simplesmente conexo então H(Ω) = {ℜf ; f : Ω C é anaĺıtica}.

Exemplo 80 Seja um conjunto simplesmente conexo que contenha a origem. Se R é tal que γ(t) = Reit, 0 ≤ t ≤ 2π esteja contida em então, para todo a tal que |a| < R temos

u(a) = 1

2π

∫ 2π 0

R2 − |a|2

|z − a|2 u(z)dt =

1

2π

∫ 2π 0

R2 − |a|2

|Reit − a|2 u(Reitdt (17.1)

Seja f anaĺıtica tal que ℜf = u em . Se a = 0 então

u(0) = ℜf(0) = 1 2πi

γ

f(z)

z dz =

1 2πi

∫ 2π 0

f(Reit)Rieit

Reit dt = 1

2π

∫ 2π 0

f(Reit)dt =

= 1

2π

∫ 2π 0

ℜf(Reit)dt = 1 2π

∫ 2π 0

u(Reit)dt

que é 17.1 com a = 0. Suponha agora que a ̸= 0. Pela fórmula de Cauchy temos

f(a) = 1

2πi

γ

f(z)

z − a dz (17.2)

Agora, como w = R 2

a é tal que

w = R2

|a| =

R2

|a| = R

R

|a| > R,

95

vemos que a função g(z) = f(z) z−R2

a

é anaĺıtica em z; |z| ≤ R. Logo,

0 = 1

2πi

γ

f(z)

z − R2 a

dz (17.3)

Subtraindo 17.3 de 17.2 temos

f(z) = 1

2πi

γ

f(z)

[ 1

z − a − 1

z − R2 a

] dz =

= 1

2πi

γ

f(z) |a|2 −R2

(z − a)(za−R2) dz =

1

2πi

∫ 2π 0

f(Reit) |a|2 −R2

(Reit − a)(Reita−R2) Rieitdt

= 1

2π

∫ 2π 0

f(Reit) |a|2 −R2

(Reit − a)(a−Re−it) dt =

1

2π

∫ 2π 0

f(Reit) R2 − |a|2

(Reit − a)(Reit − a) dt

= 1

2π

∫ 2π 0

f(Reit) R2 − |a|2

|a−Reit|2 dt =

1

2π

∫ 2π 0

f(z) |z|2 − |a|2

|z − a|2 dt.

Portanto,

u(x, y) = 1 2π

∫ 2π 0

f(z) |z|2 − |a|2

|z − a|2 dt =

1

2π

∫ 2π 0

u(z) |z|2 − |a|2

|z − a|2 dt.

Exemplo 81 Tomando u = 1, vemos que se |a| < R∫ 2π 0

|z|2 − |a|2

|z − a|2 dt =

∫ 2π 0

R2 − |a|2

|Reit − a|2 dt = 2π.

Ou seja, ∫ 2π 0

1

|Reit − a|2 dt =

2π

R2 − |a|2 .

Observação 28 Observe que pela fórmula 17.1, o valor de u no interior do disco z; |z| ≤ R só depende dos valores de u na fronteira deste mesmo disco.

96

Caṕıtulo 18

Seqüências e Séries

Definição 28 Considere uma seqüência de números complexos (zn), isto é, uma aplicação que para cada n ∈ N associa um único número complexo zn. Dizemos que zn é convergente se existir z ∈ C tal que para todo ε > 0 existe no ∈ N satisfazendo

|zn − z| < ε sempre que n ≥ no.

Proposição 28 Se zn é convergente então existe um único número complexo z satisfazendo a definição acima.

Prova: Se z e w satisfazem a definição acima então, dado ε > 0 é posśıvel encontrar n1 N tal que

|zn − z| < ε/2 sempre que n ≥ n1 e também n2 N satisfazendo

|zn − w| < ε/2 sempre que n ≥ n2.

Tomando no como o maior entre os números n1 e n2 vemos que se n ≥ no então

0 ≤ |z − w| ≤ |z − zn|+ |zn − w| < ε/2 + ε/2 = ε

para todo ε > 0. Logo, |z − w| = 0, isto é, z = w.

Observação 29 Se zn é convergente e se z é o único número complexo que satisfaz a definição 28, dizemos que z é o limite da seqüência zn e denotaremos por

zn → z ou lim n→∞

zn = z.

Observação 30 Geometricamente, o fato de zn → z significa que por menor que seja o disco centrado em zo, sempre será posśıvel encontrar no ∈ N de modo que zn pertença a este disco para todo n ≥ no. Em geral, quanto menor o disco, maior será no.

97

Observação 31 Se uma seqüência não for convergente, diremos que ela é divergente.

Deixamos como exerćıcio as provas das seguintes proposições:

Proposição 29 Se zn → z e wn → w então

i) zn + wn → z + w;

ii) λzn → λz, para todo λ ∈ C;

iii) existe M > 0 tal que |zn| ≤ M, para todo n ∈ N, isto é, a seqüência zn é limitada.

Proposição 30 Seja zn uma seqüência em C. Sejam xn = ℜzn e yn = ℑzn. Então zn é convergente se e somente se as seqüências de números reais xn e yn convergem. Em caso afirmativo, temos

lim n→∞

zn = lim n→∞

xn + i lim n→∞

yn.

Exemplo 82 Analise a convergência das seguintes seqüências:

zn = i

n , wn = i

n e ζn = 1

n + in.

Como ℜzn = 0 0 e ℑzn = 1n → 0, a proposição 30 nos diz que zn é convergente e se limite é zero.

Note que ℜw2k = ℜi2k = (1)k não é convergente. Logo, pela proposição 30, a seqüência wn também não converge.

Quanto à última seqüência, vemos que ela não é limitada, pois para todo n ∈ N, temos

|ζn| = √

1

n2 + n2

√ n2 = n.

Logo, pelo terceiro item da proposição 29, ζn não pode ser convergente. 

Definição 29 Seja zn uma seqüência em C. Dizemos que a série

n=0 zn é convergente se a seqüência sn = z0 + · · ·+ zn for convergente. Ou seja, se existir S ∈ C tal que para cada ε > 0 existir no ∈ N tal que ∣∣∣∣∣S −

nj=0

zj

∣∣∣∣∣ < ε para todo n ≥ no. Neste caso, denotamos S por

∞ n=0 zn.

Observação 32 A seqüência zn que dá origem à série

n=0 zn é chamada de termo geral desta série.

Seguem das proposições 29 e 30 as seguintes proposições:

Proposição 31 Se S = ∑

n=0 zn e T = ∑

n=0 wn então

98

i)

n=0(zn + wn) = S + T ;

ii)

n=0 λzn = λS, para todo λ ∈ C.

Proposição 32 Sejam zn = xn + iyn, xn = ℜzn e ℑzn = yn. Então a série

n=0 zn converge se e somente se as séries de números reais

∞ n=0 xn e

∞ n=0 yn convergem. Neste caso,

n=0

zn = n=0

xn + i ∞n=0

yn.

Também temos

Proposição 33 Se

n=0 zn é convergente então zn → 0.

Prova: Coloque xn = ℜzn e yn = ℑzn. Pela proposição 32, as séries de números reais ∑

n=0 xn e ∑

n=0 yn convergem. Portanto, por um resultado de Cálculo II, temos xn, yn → 0, isto é, zn = xn + iyn → 0.

Exemplo 83 A série

n=1 i n não é convergente pois

∞ n=1

i n =

∞ n=1

1 n diverge (série har-

mônica). No entanto, temos i n → 0.

Observação 33 O exemplo acima mostra que a condição zn → 0 não é suficiente para que a série formada por zn seja convergente. No entanto, a proposição 33 nos diz que esta condição (zn → 0) é necessária para a convergência de

∞ n=0 zn, isto é, se o limite de zn não existir ou

se convergir para um número diferente de zero então a série

n=0 zn será divergente.

Exemplo 84 Pela proposição 32, a série

n=1 n+i n3

é convergente, pois as séries de números reais

∞ n=1

n+i n3

= ∑

n=1 1 n2

e

n=1 ℜ n+i n3

= ∑

n=1 1 n3

são ambas convergentes.

Definição 30 Dizemos que a série

n=1 zn é absolutamente convergente se a série

n=1 |zn| for convergente.

Exemplo 85 A série

n=1 in

n2 é absolutamente convergente. Basta notar que a série de nú-

meros reais

n=1

∣∣ in n2

∣∣ = ∑∞n=1 1n2 é convergente. Proposição 34 Se

∞ n=0 zn é absolutamente então ela também é convergente.

Prova: Colocando xn = ℜzn e yn = ℑzn, vemos que x2n ≤ x2n + y2n = |zn| 2 e, portanto,

|xn| ≤ |zn|. Assim, usando o critério de comparação para séries de números reais vemos que∑∞ n=0 xn é absolutamente convergente e, portanto, convergente. De modo semelhante se mostra que

∞ n=0 yn também é convergente. Logo, pela proposição

32 temos que ∑

n=0 zn é convergente.

99

Exemplo 86 Nem toda série convergente é absolutamente convergente como pode ser verificado pela série

∞ n=1

i2n

n .

Esta série não converge absolutamente pois

n=1

∣∣∣ i2nn ∣∣∣ = ∑∞n=1 1n diverge. No entanto,

∞ n=1

i2n

n =

∞ n=1

(1)n n

é convergente pelo critério de Leibinitz (Cálculo II),

isto é, como a seqüência 1 n é decrescente e tende a zero, então a série alternada

∞ n=1

(1)n n

é convergente.

100

Caṕıtulo 19

Séries de Potências

Definição 31 Sejam zo ∈ C e an uma seqüência de números complexos. A cada z ∈ C coloque zn = an(z−zo)n. A série dada por

∞ n=0 zn =

∞ n=0 an(z−zo)n é chamada de série de potências.

O número complexo zo é chamado de centro da série de potências.

Neste caṕıtulo trataremos de estudar sob que condições uma série de potências é convergente. Note que quando tomamos z = zo a série de potências é convergente e seu valor é o termo independente a0.

Veremos mais adiante que se a série de potências convergir quando tomamos algum outro valor de z ̸= zo então será posśıvel definir uma função numa vizinhança (pelo menos num disco aberto) de zo que a cada z nesta vizinhança associa o valor da série, isto é, f(z) =∑

n=0 an(z − zo)n. Na maior parte do caṕıtulo passaremos a estudar propriedades desta função. A principal

delas será que f é uma função anaĺıtica. Reciprocamente, o teorema de Taylor par funções anaĺıticas nos garantirá que toda função

anaĺıtica pode ser escrita como uma série de potências convergente em uma vizinhança de cada ponto do domı́nio (aberto) da função.

Vamos começar a nossa investigação considerando a série geométrica que é obtida tomando- se zo = 0 e an = 1 na definição 31.

Sabemos que uma condição necessária para que uma série seja convergente é que seu termo geral tenda a zero. Como no presente caso zn = z

n vemos zn → 0 se e somente se |z| < 1. Assim, para |z| ≥ 1 a série geométrica é divergente.

Para |z| < 1, considere a seqüência formada pelas somas parciais,

sn(z) = 1 + z + · · ·+ zn.

Temos

(1− z)sn(z) = sn(z)− zsn(z) = 1 + z + · · ·+ zn − (z + z2 + · · · zn+1) = 1− zn+1

e, dáı,

sn(z) = n

j=0

zj = 1

1− z − z

n+1

1− z . (19.1)

101

Como |z| < 1, vemos que ∣∣∣∣ zn+11− z ∣∣∣∣ = |z|n+1|1− z| → 0.

Desta maneira, segue de 19.1 que

n=0

zn = lim n→∞

sn(z) = 1

1− z , para todo z tal que |z| < 1.

Vale a pena observar que a convergência também é absoluta neste disco D1 = {z; |z| < 1} pois a série geométrica de números reais

n n=0 |z|n =

1 1−|z| é convergente pois a |z| < 1.

Definição 32 Dizemos que uma série de potências

n=0 an(z − zo)n converge uniformemente em um conjunto D ⊂ C se existir uma função S em D tal que dado ε > 0 existir no ∈ N satisfazendo ∣∣∣∣∣S(z)

nj=0

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣ < ε para todo n ≥ no.

Observação 34 É claro que se a série converge uniformemente em D então, para z ∈ D temos que a série de potências

n=0 an(z − zo)n converge para S(z).

Observação 35 Note que embora as definições de convergência e de convergência uniforme sejam bastante semelhantes, nesta última é posśıvel escolher, para cada ε > 0, um mesmo no que sirva para todo z ∈ D. Na definição de convergência, o no pode variar de acordo com o ponto z.

Proposição 35 Seja

n=0 an(z − zo)n um série de potências tal que para todo n tenhamos |an(z − zo)n| ≤ bn para todo z ∈ D, onde

∞ n=0 bn é convergente. Então,

∞ n=0 an(z − zo)n é

uniformemente convergente em D.

Prova: Dado ε > 0, existe no tal que∣∣∣∣∣

j=0

bj − n

j=0

bj

∣∣∣∣∣ =

j=n+1

bj < ε para todo n ≥ no.

É claro que a série de potências é (absolutamente) convergente para todo z ∈ D. Assim, se n ≥ no e todo z ∈ D temos∣∣∣∣∣ j=0

aj(z − zo)j − n

j=0

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣

j=n+1

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣

j=n+1

∣∣aj(z − zo)j∣∣ ≤ ∞j=n+1

bj < ε

102

Exemplo 87 A série geométrica converge uniformemente no disco fechado Dr′ = {z; |z| ≤ r′} onde 0 ≤ r′ < 1. Porém a convergência não é uniforme no disco aberto D1 = {z; |z| < 1}.

Passemos a verificar estes fatos notamos primeiramente que se z ∈ Dr′ então |z|n ≤ (r′)n. Segue da proposição 35 com bn = (r

)n (note que 0 ≤ r′ < 1) que a série geométrica é uniformemente convergente em Dr′ .

Quanto à segunda afirmação, vemos que, por 19.1, para ε > 0 existirá no tal que para todo n ≥ no tem-se ∣∣∣∣∣sn(z)

j=0

zj

∣∣∣∣∣ < ε se e somente se∣∣∣∣ zn+11− z

∣∣∣∣ = |z|n+1|1− z| < ε ⇔ |z|n+1 < ε|1− z| ⇔ (n+ 1) log |z| < log(ε|1− z|) ⇔ n+ 1 > log(ε|1− z|)

log |z| ,

pois |z| < 1. Note agora, que à medida que tomamos os pontos mais próximos à fronteira do disco (|z| =1), teremos que tomar no cada vez maior para que 19.1 fique válida para todo n ≥ no.

Teorema 17 Dada uma série de potências

n=0 an(z− zo)n então ocorre uma e somente uma das seguintes situações:

i)

n=0 an(z − zo)n só converge em z = zo;

ii) existe r > 0 tal que se |z − zo| < r a série

n=0 an(z − zo)n converge absolutamente e se 0 ≤ r′ < r, a convergência é uniforme no disco fechado Dr′ = {z; |z − zo| ≤ r′}. Além do mais, se |z − zo| > r a série

∞ n=0 an(z − zo)n diverge;

iii) a série

n=0 an(z − zo)n converge absolutamente para todo z ∈ C e uniformemente em todo disco fechado Dr′ = {z; |za− zo| ≤ r′}.

Prova: Seja D = {z; ∑

n=0 an(z − zo)n converge absolutamente}. Se D = {zo} então temos i). Se D ̸= {zo} então existe z1 ∈ D, z1 ̸= zo. Coloque ro = |z1 − zo| > 0. Como

∞ n=0 an(z1 − zo)n converge, o seu termo geral tende a zero e é, portanto, limitado.

Assim, existe M > 0 tal que |an(z1 − zo)n| ≤ M para todo n. Se 0 ≤ r′ < ro e |z − zo| ≤ r′ então

|an(z − zo)n| = ∣∣∣∣ z − zoz1 − zo

∣∣∣∣n |an(z − zo)n| ≤ M ( r′ro )n

. (19.2)

Como 0 ≤ r′ ro

< 1, vemos que ∑

n=0 |an(z − zo)n| converge. logo, z ∈ D.

103

Note que por 19.2 a série ∑

n=0 an(z − zo)n converge uniformemente em Dr′ . Para ver isto, basta notar que o último membro de 19.2 independe de z ∈ Dr′ .

Veja que mostramos que Dr′ ⊂ D para todo r′ < |z1 − zo| onde z1 ∈ D, z1 ̸ zo. Agora, se todos os discos centrados em zo estiverem contidos em D então teremos D = C

e com o que já foi demonstrado, obteremos iii). Por outro lado, se isto não acontecer então existirá r > 0 tal que

Dr = {z; |z − zo| < r} ⊂ D e Ds ̸⊂ D para todo s > r. (19.3)

As estimativas feitas em 19.2 com r = ro mostram as duas primeiras afirmativas de ii). Quanto à terceira, basta ver que se |z − zo| > r então se a série

∞ n=0 an(z − zo)n convergisse,

seria posśıvel encontrar M ′ > 0 tal que |an(z − zo)n| ≤ M ′ para todo n e, assim, para todo z′ satisfazendo r < |z′ − zo| < |z − zo|, teŕıamos

|an(z′ − zo)n| = ∣∣∣∣z′ − zoz − zo

∣∣∣∣n |an(z − zo)n| ≤ M ′ ∣∣∣∣z′ − zoz − zo ∣∣∣∣n .

Como ∣∣∣∣z′ − zoz − zo ∣∣∣∣ < 1,

a série ∑

n=0 an(z ′ − zo)n convergiria absolutamente e, portanto, z′ ∈ D. Mas, segue dáı que

Ds ⊂ D onde s = |z1 − zo|, que contradiz 19.3 pois s > r.

Observação 36 O número r que aparece em ii) da proposição acima é chamado de raio de convergência da série. Estendemos este conceito para dizer que em i) o raio de convergência é zero e em iii) é infinito.

Observação 37 O segundo item do teorema anterior nada afirma sobre a convergência da série sobre o ćırculo |z − zo| = r.

A próxima proposição nos fornece uma maneira de calcularmos o raio de convergência de uma série de potências desde que um determinado limite exista.

Proposição 36 Considere a série de potências

n=0

an(z − zo)n.

Se o limite da seqüência n |an| converge então o raio de convergência da série acima será dado

por r onde

r =

 0, se limn→∞

n

|an| = ; ∞, se limn→∞ n

|an| = 0;

1

limn→∞ n √

|an| , se 0 < limn→∞

n

|an| < ∞.

104

Prova: Provaremos apenas o caso em que 1 r = limn→∞

n |an| > 0. Se s < r então 1/s > 1/r e

pela definição de limite existe no tal que n |an| < 1/s para todo n ≥ no. Dáı,

|an| < 1

sn se n ≥ no.

Assim, para |z − zo| < s e n ≥ no temos

|an(z − zo)n| ≤ ( |z − zo|

s

)n .

Como |z − zo|/s < 1, a série ∑

n=0(z − zo)n é absolutamente convergente. Como s < r foi arbitrário, a mesma série é absolutamente convergente em Dr.

Agora, dado r′ < r, tome s tal que r′ < s < r. Um cálculo como acima nos diz que

|an(z − zo)n| ≤ ( s r′

)n , para |z − zo| ≤ r′ e n grande.

Assim, a série é uniformemente convergente em Dr′ . Agora, se s > r então 1/s < 1/r. Logo, existe n1 tal que 1/s <

n

|an| para todo n ≥ n1. Se tomarmos |z − zo| ≥ s vemos que

|an(z − zo)n| > ( |z − zo|

s

)n .

Como |z − zo|

s ≥ 1

então an(z−zo)n não tende a zero e, portanto, a série ∑

n=0 an(z−zo)n não pode ser convergente. Vemos assim, que o número r é o raio de convergência da série.

Exemplo 88 Encontre os raios de convergências das seguintes séries:

a)

n=0 n2 nzn;

b)

n=0 n nzn;

c)

n=0 zn

nn .

a) Como limn→∞ n √ 2nn = 2 limn→∞ n

√ n = 2, vemos que o raio de convergência é 1/2.

b) Como limn→∞ n √ nn = limn→∞ n = ∞, vemos que o raio de convergência é zero.

c) Como limn→∞ n

1/nn = limn→∞ 1/n = 0, vemos que o raio de convergência é infinito.

Deixamos como exerćıcio a prova da seguinte

105

Proposição 37 Considere a série de potências

n=0

an(z − zo)n.

Se o limite da seqüência ∣∣∣ anan+1 ∣∣∣ converge então o raio de convergência da série acima será dado

por

r = lim n→∞

∣∣∣∣ anan+1 ∣∣∣∣

mesmo que o limite dê infinito.

Exemplo 89 A série

n=0 1 n! zn converge absolutamente para todo z ∈ C pois, como

lim n→∞

1 n! 1

(n+1)!

= lim n→∞

(n+ 1)!

n! = lim

n→∞ n+ 1 = ∞,

o seu raio de convergência é infinito pela proposição 37.

Teorema 18 Seja

f(z) = n=0

an(z − zo)n

uma série de potências cujo raio de convergência r seja diferente de zero. Então f é cont́ınua no disco Dr = {z; |z − zo| < r}.

Prova: Seja z1 ∈ Dr. Tome r′ satisfazendo |z1 − zo| < r′ < r. Sabemos que a série dada por f converge uniformemente em Dr′ . Assim, dado ε > 0 existe

no tal que ∣∣∣∣∣f(z)− n

j=0

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣ < ε3 para todo z ∈ Dr′ , n ≥ no. (19.4)

Como o polinômio

pno(z) = noj=0

aj(z − zo)j

é cont́ınuo em z1, existe δ > 0 tal que |pno(z)− pno(z1)| < ε/3 se |z − z1| < δ. Diminuindo δ > 0 se necessário podemos supor que o disco aberto centrado em z1 de raio δ

esteja contido em Dr′ . Assim, se |z − z1| < δ,

|f(z)− f(z1)| ≤ |f(z)− pno(z)|+ |pno(z)− pno(z1)|+ |pno(z1)− f(z1)| < ε

3 +

ε

3 +

ε

3 = ε,

pois, z, z1 ∈ Dr′ e também |z − z1| < δ.

106

zo

z1

j

-

]δ

r

r′

Teorema 19 (Integração termo a termo) Seja

f(z) = n=0

an(z − zo)n

uma série de potências cujo raio de convergência r seja diferente de zero. Se γ : [a, b] C é um caminho cujo traço esteja contido em Dr = {z; |z − zo| < r} então∫

γ

f(z) dz = n=0

γ

(z − zo)n dz = n=0

an n+ 1

[ (γ(b)− zo)n+1 (γ(a)− zo)n+1

] .

Em particular, se γ é um caminho fechado, γ f(z) dz = 0.

Prova: Como o traço γ∗ de um caminho é um conjunto compacto, existe r′ > 0 tal que γ∗ ⊂ Dr′ . Como a convergência de f é uniforme em Dr′ , dado ε > 0, existe no tal que∣∣∣∣∣

j=n

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣ < ε

para todo z ∈ Dr′ e n ≥ no. Desta forma, como f é cont́ınua, sua integral sobre γ existe e podemos escrever∫

γ

f(z) dz =

γ

nj=0

aj(z − zo)j dz + ∫ γ

j=n+1

aj(z − zo)j dz

= n

j=0

γ

aj(z − zo)j dz + ∫ γ

j=n+1

aj(z − zo)j dz

pois a primeira soma só apresenta um número de termos. Segue dáı, que se n ≥ no então∣∣∣∣∣ ∫ γ

f(z) dz − n

j=0

γ

aj(z − zo)j dz

∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ ∫ γ

j=n+1

aj(z − zo)j dz

∣∣∣∣∣ 107

max z∈γ∗

∣∣∣∣∣

j=n+1

aj(z − zo)j ∣∣∣∣∣ (γ∗) < εℓ(γ∗).

Como γ está fixa, segue que

nj=0

γ

aj(z − zo)j dz → γ

f(z) dz,

isto é, ∫ γ

f(z) dz = j=0

γ

aj(z − zo)j dz.

A fórmula final segue do fato que aj j+1

(z − zo)j+1 é uma primitiva de aj(z − zo)j para j ≥ 0.

Exemplo 90 Vamos aplicar o teorema anterior à função

f(z) = 1

1− z =

n=0

zn, |z| < 1.

Como o disco D1 = {z; |z| < 1} é simplesmente conexo e f é anaĺıtica em D1, sabemos que ela possui primitiva neste domı́nio. Uma tal primitiva é dada por F (z) = log(1 − z), onde tomamos o ramo do logaritmo satisfazendo{

z − 1 = reiθ, 0 < θ < 2π log(1− z) = log |1− z|+ i(θ − π).

Note que com este ramo temos log 1 = 0, pois 01 = eπi. Assim, F (0) = 0. Para cada z ∈ D1, tomamos γ(t) = tz, 0 ≤ t ≤ 1. Pelo teorema anterior e pelo fato de F ser uma primitiva de f, temos

log(1− z) = F (γ(1))− F (γ(0)) = ∫ γ

1

1− ζ dζ =

n=0

γ

ζn dζ

= n=0

1

n+ 1

[ γ(1)n+1 − γ(0)n+1

] =

n=0

zn+1

n+ 1 =

n=1

zn

n .

Portanto, com o ramo escolhido acima,

log(1− z) = − ∞n=1

zn

n .

108

Corolário 8 Seja

f(z) = n=0

an(z − zo)n

uma série de potências cujo raio de convergência r seja diferente de zero. Então f é anaĺıtica no disco Dr = {z; |z − zo| < r}.

Prova: Pelo teorema 18 f é cont́ınua em Dr e pelo teorema 19 a integral de f é zero sobre todo caminho fechado contido em Dr. Segue do teorema de Morera que f é anaĺıtica em Dr.

Teorema 20 (Derivação termo a termo) Seja

f(z) = n=0

an(z − zo)n

uma série de potências cujo raio de convergência r seja diferente de zero. Então a derivada k-ésima de f num ponto z ∈ Dr = {z; |z − zo| < r} é dada por

f (k)(z) = j=k

j(j − 1) · · · (j − k + 1)aj(z − zo)j−k = n=0

(k + n)!

n! an+k(z − zo)n

e o raio de convergência da série acima também é r.

Prova: Fixado z1 ∈ Dr, tome |z1 − zo| < r′ < r. Selecione s > 0 de modo que o disco centrado em z1 de raio s esteja contido no disco Dr′ .

zo

z1

j

-

]s

r

r′

Coloque γ(t) = z1 + se it, 0 ≤ t ≤ 2π.

Como f é anaĺıtica em Dr, segue da fórmula de Cauchy para derivadas que

f (k)(z1) = k!

2πi

γ

f(z)

(z − z1)k+1 dz.

109

Mas, para todo z ∈ Dr,

f(z)

(z − z1)k+1 =

j=0

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 =

Nj=0

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 +

j=N+1

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 .

Integrando a expressão acima sobre γ, obtemos

f (k)(z1) = k!

2πi

γ

f(z)

(z − z1)k+1 dz =

Nj=0

k!

2πi

γ

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 dz +

k!

2πi

γ

j=N+1

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 dz. (19.5)

Mas ∣∣∣∣∣ ∫ γ

j=N+1

aj (z − zo)j

(z − z1)k+1 dz

∣∣∣∣∣ maxz∈γ∗ ∞

j=N+1

|aj(z − zo)j| |z − z1|k+1

(γ∗)

= 2πs

sk+1 max z∈γ∗

j=N+1

∣∣aj(z − zo)j∣∣ = 2π sk

max z∈γ∗

j=N+1

∣∣aj(z − zo)j∣∣. Como

∞ j=0 aj(z − zo)j converge absoluta e uniformemente em |z − zo| < r′ e o traço de γ está

contido neste disco, vemos que para cada ε > 0, existe no tal que para todo N ≥ no e para todo z ∈ γ∗ temos

j=N+1

∣∣aj(z − zo)j∣∣ < ε. Segue de 19.5 que para todo N ≥ no temos∣∣∣∣∣f (k)(z1)

Nj=0

aj k!

2πi

γ

(z − zo)j

(z − z1)k+1 dz

∣∣∣∣∣ < εk!2 , ou seja,

f (k)(z1) = j=0

aj k!

2πi

γ

(z − zo)j

(z − z1)k+1 dz.

Usando a fórmula de Cauchy para derivada,

k!

2πi

γ

(z − zo)j

(z − z1)k+1 dz =

dk

dzk (z − zo)j

∣∣∣∣ z=z1

=

{ 0, se j = 0, . . . , k − 1 j(j − 1) · · · (j − k + 1)(z1 − zo)j−k, se j ≥ k.

Portanto,

f (k)(z1) = j=k

ajj(j − 1) · · · (j − k + 1)(z1 − zo)j−k

110

= j=k

aj j!

(j − k)! (z1 − zo)j−k =

n=0

an+k (n+ k)!

n! (z1 − zo)n.

SejaR o raio de convergência da série da primeira derivada de f. Claramente, por dominação, temos R ≤ r.

Suponha que R > r. Então existem s satisfazendo r < s < R e z tal que |z − zo| = s. Integrando a série da derivada (

∞ n=0(n+1)an+1(z− zo)n) termo a termo do segmento que liga

zo a z obtemos que ∑

n=1 an(z − zo)n = f(z) − f(zo) é covergente. Isto é um absurdo, pois |z − zo| > r. Logo, R = r.

Por indução, o raio de convergência da série da k-ésima derivada também é R.

Exemplo 91 Podemos aplicar a série da derivada de

f(z) = 1

1− z =

n=0

zn, |z| < 1

para obter várias outras representações de funções em série de potências. De fato, derivando a expressão acima obtemos

1

(1− z)2 =

n=1

nzn−1 = n=0

(n+ 1)zn, |z| < 1.

Derivando mais uma vez,

2

(1− z)3 =

n=1

(n+ 1)nzn−1 = n=0

(n+ 2)(n+ 1)zn, |z| < 1,

ou seja,

1

(1− z)3 =

1

2

n=0

(n+ 2)(n+ 1)zn, |z| < 1.

Prosseguindo o processo, obtemos

1

(1− z)k =

1

(k − 1)!

n=0

(n+ k − 1) · · · (n+ 1)zn = n=0

(n+ k − 1)! (k − 1)!n!

zn

n=0

( n+ k − 1 k − 1

) zn, |z| < 1, k ≥ 1.

Exemplo 92 Verifique que

1

(1 + z2)2 =

n=0

(1)n(n+ 1)z2n, |z| < 1.

111

Como 1

1− w =

n=0

wn, |w| < 1,

tomando w = −z2 vemos que

1

1 + z2 =

n=0

(−z2)n = n=0

(1)nz2n, |z| < 1

pois |w| = | − z2| < 1 é equivalente a |z| < 1. Derivando a expressão acima obtemos para |z| < 1

2z (1 + z2)2

= n=0

(1)n2nz2n−1 = 2 n=1

(1)nnz2n−1

= 2z ∞n=1

(1)nnz2n−2 = 2z ∞n=0

(1)n+1(n+ 1)z2n.

Logo,

z

(1 + z2)2 = −z

n=0

(1)n+1(n+ 1)z2n

e, portanto,

1

(1 + z2)2 =

n=0

(1)n(n+ 1)z2n, |z| < 1.