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16/11/2011
Variáveis Complexas
2: Funções Analíticas

2.1 Funções de uma variável complexa

Uma função f: é uma operação que transforma pontos do plano complexo em outros pontos do mesmo plano complexo, satisfeito o requisito de que a cada ponto do domínio da função corresponda um único ponto da imagem. A cada função de uma variável complexa

w=f (z)=u (x,y)+i (x,y)

estão associadas duas funções reais: u (x,y)=Re[f (z)] e v(x,y)=Im [f (z)]. Como estas funções levam pontos do plano complexo em outros pontos do plano há uma dificuldade natural em se visualizar geometricamente seu efeito. Em algumas situações é útil visualizar funções complexas como transformações. Neste caso se observa como um determinado conjunto de pontos é transformado pela função f.


Exemplo: O valor absoluto é uma função ||:IR dada por

w=f (z)=|z |=x2+y2.

A imagem desta função é +.


Exemplo: A função

w=f (z)=2z-3i (z-2) (z+i)

pode transformar todos os pontos de exceto z=2 e z=-i. Seu domínio é, portanto, D(f) = - {2} - {-i}.



Figura 1.


Exercício Resolvido: Encontre as partes real e imaginária da função

w=3z-5.

Em coordenadas cartesianas temos

w=3x-5+iy=3 (x-5-iy )(x-5 )2+y2=3x-15-3iy (x-5)2+y2.

Portanto

u(x,y )=3x-15 (x-5)2+y2    e   v(x,y )=-3y (x-5)2+y2

são as partes real e imaginária, respectivamente.

2.2 Limites e Continuidade

Algumas definições são necessárias para prosseguirmos nosso estudo.

Definição: Se z0 é um ponto de acumulação do domínio D de uma função f então

limzz0f (z)=L

se, dado qualquer ϵ>0 existe um δ>0 tal que

zD,0< |z-z0 |<δ|f (z)-L |<ϵ.

Equivalentemente:

zDVδ (z0)f (z)Vε (L).

Observe que z0 não precisa ser necessariamente um ponto do domínio de f.


Definição: Se limzz0f (z)=f (z0) então f é contínua em z0.


Teorema: Seja f=u+iv e L=U+iV. Então

limzz0f (z)=Llimzz0u=Ue limzz0v=V.

Corolário: Uma funçãof (z)=u (x,y)+iv (x,y) é contínua se, e somente se, as funções u e v são contínuas.


Teorema: Se limzz0f (z)=F e limzz0g (z)=G então

(a) limzz0 [f(z)+g(z) ]=F+G

(b) limzz0 [f(z).g(z) ]=F.G

(c) limzz0 [f(z)/g(z) ]=F/G, se G0.

Teorema: Se limzz0f (z)=F então existe uma vizinhança Vδ (z0) onde f(z ) é limitada.

Teorema: A soma e o produto de funções contínuas são contínuas. O quociente é contínuo se o denominador não se anula.

2.3 Analiticidade

Diferente do que acontece com as funções de uma variável real, quando se analisa o comportamento de uma função de uma variável complexa na vizinhança de um ponto z0 é necessário considerar os diferentes caminhos tomados para se chegar a z0 no plano complexo. De modo análogo ao que ocorre com funções de duas variáveis reais, diremos que uma função f:D é derivável em z0 se sua derivada não depende do caminho tomado para se chegar a z0.


Definição: Uma função f:D é derivável em zD se existe o limite

limΔz0f (z+Δz)-f (z)Δzf' (z),

e este limite é único, não dependendo de como z+Δz se aproxima de z ou, equivalentemente, de como Δz0.


Exemplo: A função f (z)= |z|2 não é derivável em nenhum ponto de . Para vermos isto fazemos f(z )=|z |2=zz e, usando a definição,

f' (z)=limΔz0 (z+Δz) (z+Δz )-zzΔz=limΔz0zΔzΔz+Δz+z.

Escrevendo o incremento em forma polar,

Δz=reiθ;           Δz=re-iθ,

e lembrando que Δz0 equivale a r0 temos que

f' (z)=limr0 (ze-2iθ+re-iθ+z )=ze-2iθ+z.

Observe que este limite depende do ângulo θ com que se aproxima de z e, portanto, o limite não é único. Dizemos que esta função só tem derivada no ponto z=0 e, neste ponto, f' (0)=0.


Definição: Uma função f:D é analítica em uma região R se é derivável em cada ponto de R. f é analítica no ponto z0 se é analítica numa vizinhança Vδ (z0). Uma função é dita inteira holomorfa ou regular se for analítica em todo o plano complexo.

2.4 Regras de derivação

As funções elementares, extendidas para o plano complexo, são analíticas. Veremos alguns exemplos simples deste fato.


Exemplo: A função contínua f (z)=z0 é analítica e sua derivada é nula em todo ponto.


Exemplo: Se f(z )=z2 então

f' (z)=limΔz0f (z+Δz)-f (z)Δz=limΔz0 (z+Δz)2-z2Δz=limΔz02zΔz+Δz2Δz=
=limΔz02z+Δz=2z.

Observe que este limite não depende de como Δz0. Usando o binômio de Newton podemos generalizar este resultado para funções f(z )=zn, cujas derivadas são

f' (z)=nzn-1.

Observamos que a soma e o produto de funções analíticas são analíticas. O quociente é analítico se o denominador for não-nulo. As seguintes regras se aplicam:

(a) (f+g )'=f'+g'

(b) (fg )'=f'g+fg'

(c) (fg )'=f'g-fg'g2   se   g0.

Além disto temos um resultado importante: se f é uma função derivável em z0 então ela é contínua neste ponto. Para ver isto notamos que

f' (z0)=limzz 0f (z)-f (z0)z-z0.

Definimos

g (z)=f (z)-f (z0)z-z0-f' (z0) (1)

e, portanto,

limzz0g (z)=0.

De 1 podemos escrever

f(z )=f(z0 )+(z-z0 )g(z)+ (z-z0 )f'(z0 )

e, desta última expressão

limzz0f (z)=f (z0).

Logo ela é contínua.


Exemplo: A função

f(z )=(z+i )(3z+1 )2z (z-i) (z+2)2

só deixa de ser analítica nos pontos z=0, z=i e z=-2.

2.5 Condições de Cauchy-Riemann

Seja f(z )=u+iv uma função derivável em z=x+iy. Então o limite

limΔz0f (z-Δz)-f (z)Δz=f' (z)

existe e independe de como Δz0. Tomamos em particular dois caminhos. Primeiro faremos Δz=k, um real puro, o que corresponde a z se aproximando de z0 ao longo do eixo real. Neste caso temos

f' (z)=limk01k [u(x+k,y )+iv (x+k,y)-u (x,y)-iv (x,y) ]
=limk01k [u(x+k,y )-u(x,y )+iv (x+k,y)-iv (x,y) ]=
=u (x,y)x+iv (x,y)x.

Em seguida usaremos outro caminho para encontrar a derivada, tomando Δz=it, o que corresponde a tomar z se aproximando de z0 ao longo do eixo imaginário. Agora temos que

f' (z)=limt01it [u(x,y+t )+iv (x,y+t)-u (x,y)-iv (x,y) ].

Para explicitar as partes real e imaginária deste limite multiplicamos numerador e denominador por -i,

f' (z)=limt01t [v(x,y+t )-v(x,y )-iu (x,y+t)+iu (x,y) ]=
=v (x,y)y-iu (x,y)y.

Para que a função seja derivável os limites tomados para os dois casos devem ser iguais. Identificando então as partes reais e imaginárias nas duas expressões chegamos às equações:

u (x,y)x=v (x,y)y;
u (x,y)y=-v (x,y)x.

Estas são as equações de Cauchy-Riemann. Para simplificar a notação faremos

ux=ux;vy=vy;uy=uy;vx=vx,

de forma que as equações de Cauchy-Riemann podem ser escritas simplesmente como

ux=vy;uy=-vx.

Estas condições, no entanto, são necessárias mas não suficientes para que f=u+iv seja uma função analítica. O seguinte teorema exibe as condições para que isto seja verdadeiro.


Teorema. Sejam u(x,y ) e v (x,y) funções reais com derivadas parciais contínuas numa região R. Então as equações de Cauchy-Riemann são condições necessárias e suficientes para que f=u+iv seja analítica.

Em resumo, uma função f(z)=u(x,y)+i(x,y) é analítica se as condições de Cauchy-Riemann, ux=vy euy=-vx são satisfeitas e se as derivadas parciais são contínuas.


Observe que, se f é uma função analítica, para encontrar sua derivada podemos tomar Δz0 ao longo de qualquer caminho, em particular podemos fazer Δz=Δx, como fizemos na derivação das equações de Cauchy-Riemann. Esta derivada é, portanto

df(z)dz=f(z)x. (2)

Em alguns caso pode ser conveniente usar a derivada parcial na variável y.


Exemplo: A função f (z)=z não é analítica. Note que z=x-iy  e, portanto

u(x,y)=x, ux=1,  uy=0, v(x,y)=-y, vx=0, vy=-1.

Exemplo: Como já sabemos a função f(z)=z2 é analítica. Observe que, em coordenadas cartesianas,

f(z )=(x+iy )2=x2-y2+2x yi.

Suas partes real e imaginária são

u(x,y )=x2-y2;          v (x,y)=2xy

e suas derivadas parciais

ux=2x, vx=2x, uy=-2y,    vy=2y.

Como ux=vy, uy=-vx e as derivadas parciais são contínuas então a função é analítica. Sua derivada é, usando 2,

dz2dz=z2x=ux+ivx=2x+2iy=2z.

Exemplo: Vamos verificar que se a função f(z)=1/z é analítica e encontrar sua derivada. Precisamos primeiro escrever a função de forma a explicitar sua parte real e imaginária,

f(z )=1z=1x+iy=1x+iyx-iyx-iy=x-iyx2+y2.

Portanto

u(x,y )=xx2+y2,v (x,y)=-yx2+y2.

Lembrando que a derivada de um quociente é

(fg )'=f'g-fg'g2

calculamos

ux=x2+y2-x (2x) (x2+y2 )2=y2-x2 (x2+y2 )2,
uy=y [x(x2+y2 )-1]=-2xy (x2+y2 )2,
vx=x [-y(x2+y2 )-1]=2xy (x2+y2 )2,
vy=-x2-y2 (x2+y2 )2=y2-x2 (x2+y2 )2.

Observamos que as equações de Cauchy-Riemann, ux=vy,uy=-vx,são satisfeitas em todo o plano complexo. No entanto as derivadas parciais de u e v não são contínuas em (x,y)= (0,0) de onde concluímos que f (z) é analítica em - {0}. Fora de z=0 a função é analítica e podemos usar 2 para obter sua derivada:

ddz (1z)=x (1z)=x (x-iyx2+y2 )=-1z2.

Obtenha, como um exercício, a última igualdade. Esta verificação certamente seria mais fácil de executar em coordenadas polares. Veremos na seção a seguir como são as condições de Cauchy-Riemann nestas coordenadas.


Exercício Resolvido: Verifique se são analíticas e em que região são analíticas as funções:

(a)f (z)=ez;(b)f (z)=zz;(c)f (z)=1.

Encontre as derivadas das funções, quando existirem.


(a) A função exponencial pode ser escrita como

f(z )=ez=ex+iy=ex eiy=ex (cos y+iy ).

Portanto

u(x,y )=excos yux=excos y,uy=-exy
v(x,y )=exyvx=exy,vy=excos y.

Como as condições de Cauchy Riemann são satisfeitas e as derivadas parciais são contínuas a função é analítica em todo o plano complexo. Além disto sua derivada é

fz=fx=ux+ivx=excos y+iexy=exeiy=ez.

(b) A função f(z )=zz=(x+iy) (x-iy )=x2+y2 só é analítica em z=0 pois

u(x,y )=x2+y2ux=2x,uy=2y
v(x,y )=0vx=0,vy=0.

(c) Já a função constante f (z)=1 é analítica em pois u=1,v=0, e todas as derivadas são nulas, portanto contínuas. Sua derivada é

fz=x(1)=0.

2.6 Cauchy-Riemann em coordenadas polares

Algumas vezes é mais fácil trabalhar com as funções em coordenadas polares para testar sua analiticidade. Para obter as equações de Cauchy-Riemann nestas coordenadas partimos das relações entre as coordenadas polares e as coordenadas cartesianas,

r(x,y )=x2+ y2;   θ (x,y)=arctan  (yx)

ou, inversamente,

x=rcos θ,               y=r sen θ.

Se f é uma função de x e y, que, por sua vez, são funções de r e θ,

f=f (x(r,θ ),y(r,θ ))

podemos relacionar as derivadas parciais calculadas nos dois sistemas de coordenadas por meio da regra da cadeia:

fr=fxxr+fyyr,
fθ=fxxθ+fyyθ.

Como estas duas relações são válidas independentemente da função f considerada podemos escrever as relações de operadores,

r=xxr+yyr,
θ=xxθ+yyθ.

Precisaremos das derivadas

xr=cos θ, yr=sen θ, xθ=-r sen θ, yθ=rcos θ.

Então

r=cos θ x+sen θ y,             θ=-r sen θ x+rcos θy.

Em particular

ur=cos θ ux+sen θ uy, vr=cos θ vx+sen θ vy, uθ=-r senθ ux+rcos θ uy, vθ=-rsenθ vx+rcos θ vy.

Usando as equações de Cauchy-Riemann em coordenadas cartesianas (ux=vy e uy=-vx) podemos escrever

ur=cos θ vy-sen θ vx=1r vθ, uθ=-r sen θ vy-rcos θvx=-rvr.

Estas são, portanto, as equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares:

ur=1r vθ,
vr=-1ruθ.

Já sabemos que, se a função é analítica, sua derivada, em coordenadas cartesianas, é

df (z)dz=f (z)x.

A derivada parcial em x pode ser associada às derivadas em r e θ da seguinte forma: primeiro calculamos as derivadas parciais

rx=xx2+y2=xx2+y2=xr=cos θ,

θx=x arctag  (yx)=11+ (y/x)2-yx2=-yx2+y2=-sen θr.

Em seguida, usando a regra da cadeia, temos

x=rrx+θθx=cos θr-sen θrθ

portanto,

df (z)dz=cos θf (z)r-sen θrf (z)θ.

Apenas como referência vamos listar a derivada parcial em y:

y=rry+θθy=sen θr+cos θrθ,

enquanto r e θ tem derivadas em y

ry=yx2+y2=yx2+y2=r sen θr2=sen θ,
θy=y artag (yx)=11+ (y/x)2 1x=xx2+y2=cos θr.

Exemplo: Vamos verificar se a função f (z)=1/z é analítica. Já resolvemos este exercício em coordenadas cartesianas mas vale notar que a verificação fica mais simples em coordenadas polares. Para isto escrevemos

f(z )=1z=1reiθ=e-iθr=1r (cos θ-i sen θ ).

Portanto

u(r,θ )=1rcos θ,v (r,θ)=-1rsen θ.

Calculamos agora

ur=-1r2cos θ,uθ=-1r  sen θ,
vr=1r2sen θ;vθ=-1rcos θ.

portanto ur=1rvθ,vr=-1ruθ e as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas. No entanto as derivadas parciais não são contínuas em r=0 logo f(z) não é analítica em z=0,como já havíamos concluído usando a representação em coordenadas cartesianas.


Exemplo: Verifique se a função f (z)=1/z2 é analítica. Escrevemos a função em coordenadas polares,

f(z )=1z2=1r2e2iθ=e-2iθr2=1r2 (cos 2θ-i2θ ).

Portanto

u(r,θ )=1r2 cos 2θ,v (r,θ)=-1r2 sen 2θ.

As derivadas parciais de u e v, em coordenadas polares, são

ur=-2r3cos 2θ,uθ=-2r2 sen 2θ,
vr=2r3 sen 2θ;vθ=-2r2cos 2θ.

portanto ur=1rvθ,vr=-1ruθ. As derivadas parciais não são contínuas em r=0 logo f(z) não é analítica em r=0.


Exercício Resolvido: Verifique se são analíticas e em que região são analíticas:

(a)f (z)=1z3;   (b) f (z)=z.

Para estas funções é mais fácil fazer o teste em coordenadas polares.


(a) Escrevemos z=reiθ, logo

f(z )=1z3=1r3e3iθ=r-3 (cos 3θ-i sen 3θ ).

Para escrever esta última expressão usamos

1e3iθ=e-3θi=cos  (-3θ)+i sen (-3θ)=cos 3θ-i sen 3θ,

pois o cosseno é uma função par enquanto o seno é impar. Temos então

u=r-3cos 3θur=-3r-4cos 3θ,uθ=-3r-3 sen 3θ
v=-r-3 sen 3θvr=3r-4 sen 3θ,vθ=-3r-3cos 3θ.

Então a função é analítica, exceto em z=0, onde as derivadas parciais não são contínuas. Observe que neste ponto a função nem mesmo está definida, como ocorreu também em outros exercícios anteriores.


(b) Escrevemos z=reiθ e tomamos uma de suas raízes, observando que o mesmo resultado seria obtido com a outra raiz,

f(z )=z=reiθ=reiθ/2=r (cos θ2 +i sen θ2 ).

Temos então que

u=r cos θ2 ur=12r cos θ2,uθ=-r2 sen θ2,
v=r sen θ2vr=12r sen θ2,vθ=r2 cos θ2 .

Concluimos então que a função é analítica exceto em z=0. Note que a função está definida em z=0 mas suas derivadas parciais, ur e vr, não são contínuas neste ponto.


Exercício Resolvido: Verifique se é analítica a função logaritmo, f (z)=ln z=ln  (reiθ ).

Observe que o logaritmo, que voltaremos a estudar ainda neste capítulo, pode ser escrito da seguinte forma, usando a propriedade ln  (ab)=ln a+ln b:

ln z=ln  (reiθ )=ln r+ln eiθ=ln r+iθ,

para 0θ2π. Nesta região temos

u(r,θ )=ln r,     v (r,θ)=θ.

As derivadas parciais são

ur=1r, vθ=0, vr=0, vθ=1,

e, portanto a função é analítica em todo o plano complexo exceto na origem, onde ur não é contínua.

2.7 Interpretação geométrica da analiticidade

Para o estudo que se segue será útil fazer uma revisão dos conceitos de curva de nível e gradiente. Dada uma função de duas variáveis, z=u (x,y), então, se k é uma constante, u(x,y )=k, representa famílias de curvas em 2,cada curva correspondendo a um valor da constante k. Estas são as chamadas curvas de nível de u consistindo no conjunto de pontos de 2 que são levados no mesmo valor k pela função u. Definimos o gradiente de u como o vetor

grad u= u= (ux, uy )

e observamos que o gradiente é perpendicular a um vetor tangente às curvas de nível, como ilustrado na figura 2.



Figura 2.


Para ver isto note que, sobre as curvas de nível, temos u (x,y)=k e portanto a diferencial de u  é nula, d u=0, ou seja

uxdx+uydy= (ux, uy )(dx, dy )=0.

Nesta última linha usamos a operação produto escalar entre dois vetores do plano. Em outros termos temos

ud x=0udx,

i.e., os vetores são ortogonais. Podemos agora enunciar o seguinte teorema:


Teorema: Se a função f=u+iv é analítica em uma região R então as curvas de nível das famílias u (x,y)= constante e v(x,y )=constante se cruzam em ângulo reto (são ortogonais) em todo ponto z0R satisfazendo f' (z0)0.


Demonstração: grad u=u= (ux, uy ) é normal às curvas u= cte., enquanto v= (vx, vy ) é normal às curvas v= cte. Tomamos o produto escalar

u v=(ux, uy )(vx, vy )=uxvx+uyvy.

Usando as condições de Cauchy-Riemann para a analiticade de f temos

uv=-uxuy+uyux=0,

de onde concluímos que uv.


Observe que estas curvas, u e v constante, são curvas no domínio da função no plano complexo, representado pelas coordenadas z=x+iy como ilustrado na figura 3. As curvas u e v constante na imagem, w=f (z) são perpendiculares por definição.



Figura 3.


Exemplo: Vamos verificar a perpendicularidade estudada acima para a função

w=z2=x2-y2+2ixy.

As curvas u(x,y )=k são as hipérboles

x2-y2=k1x2k1-y2k1=1,

enquanto v(x,y )=k são também hipérboles, dadas por

2x y=k2y=k22x.

Algumas vezes é útil considerar o último teorema sob a seguinte forma:


Teorema: Se a função f=u+iv é analítica em uma região R então as famílias de curvas

F1: u(x,y0)+iv(x,y0), F2: u(x0,y)+iv(x0,y),

parametrizadas por x e y respectivamente, são ortogonais em z0R, desde que f' (z0)0.


Demonstração: Em forma vetorial as famílias F1 e F2 e suas respectivas tangentes, t1 e t2 são

F1=(u (x,y0),v (x,y0)); t1=F1x=(ux, vx)|(x0,y0), F2=(u(x0,y),v(x0,y)); t2=F2y= (uy, vy)|(x0,y0),

lembrando que as tangentes são calculadas no ponto (x0,y0 ). As tangentes são ortogonais, pois, tomando seu produto escalar obtemos

t1t2=uxuy+vxvy=-uxvx+vxux=0.

Isto pode ser visualizado na figura 4.



Figura 4.


Exemplo: Vamos visualizar a função w=exp  (z)=ez como uma transformação e observar que as curvas (x,y0 ) e (x0,y ) no plano xy são levadas em curvas que se interceptam ortogonalmente no plano uv. Notamos primeiramente que

w=ex+iy=exeiy=ex (cos y+i sen y ).

As partes real e imaginária e suas derivadas são

u(x,y)=excos y, ux=excos y, uy=-exy, v(x,y)=exy, vx=exy, vy=excos y.

Como as condições de Cauchy-Riemann são satisfeitas e as derivadas parciais são contínuas a função é analítica. Além disto sua derivada é

dezdz=ezx=x (ex+iy )=ex+iy=ez,

e

uv=uxvx+uyvy=0.

A reta (x, 0 ) é levada em w=ex, que é a semi-reta u>0,v=0 do plano uv. A reta (x, π/4 ) é levada em w=exeiπ/4, que é a semi-reta bissetriz do primeiro quadrante. A reta (0,y ) é levada em w=eiy, que é a circunferência de raio 1. Estas e outras retas de xy e sua imagem no plano uv estão representadas na figura 6. Observe que nenhum ponto de é levado na origem da imagem.



Figura 5.


2.8 Exercícios

1) Encontre as partes real e imaginárias das seguintes funções:

(a)  w=z2-5z+3,    (b)  w=z+2z-i, (c)  w=eiz, (d)  w=z.

2) Qual é o domínio máximo de definição das seguintes funções?

(a)  f(z)=zx-yz,    (b)   f(z)=z2+ (z-1)3 (ez-1 )cos y.

3) Mostre, usando a definição, que

ddz (1z)=-1z2

para z0. Obtenha a mesma derivada usando

ddz (1z)=x (1z)

na região onde a função é analítica.


4) Calcule as derivadas de

(a)  f(z)=z5+3iz2-1 (b)  f(z)=(z2-1)2(iz+1)3 (c)  f(z)=z-1z-i (d)  f(z)=zeiz

5) Mostre por indução que (zn)=nzn-1 para todo n inteiro positivo.


6) Verifique se são analíticas e, em caso afirmativo, em que região são analíticas e quais as derivadas das funções:

(a)  w=z3,    (b)  w=ey+ix,    (c)  w=z, d)  w=z, (e)  w=e-z, (f)  w=x+iy.

7) Dadas as funções

(a)w=z2           (b)w=1z

faça os gráficos das famílias de curvas u(x,y )=c1 e v(x,y )=c2 e verifique se elas se cruzam ortogonalmente.


2.9 Outras funções importantes

2.9.1 Logaritmo

Embora já tenhamos usado o logaritmo em um exercício para mostrar que esta é uma função analítica em precisamos agora fazer um estudo mais completo desta função. Como uma revisão nos lembraremos de que o logaritmo natural ou neperiano, na variável x,pode ser definido como a área sob a curva do hipérbole y=1/t,  no intervalo de 1 até x, como ilustrado na figura 6.




Figura 6.


Como consequência desta definição temos as propriedades:

  1. O logaritmo é a inversa da exponencial: y=ln xx=ey,
  2. a função está definida para x>0 real, ln 1=0 e ln e=1,
  3. ln (ab)=ln a+ln b, ln (a/b)=ln a-ln b,
  4. ln an=nln a.

Além disto valem os limites

limx0ln x=-,                 limxln x=.

Uma das motivações que levaram ao estudo dos números complexos foi exatamente a necessidade de se atribuir algum sentido ao logaritmo de números negativos, que não está definido para os reais. Como veremos a extensão desta função para os complexos está definida em -{0}. Esta extensão é obtida de modo natural escrevendo-se

ln z=ln reiθ=ln r+ln eiθ=ln r+iθ,

lembrando que a parte real está bem definida se z0 pois, neste caso, r=|z |>0. Se z é real então θ=0 e ln z=ln r e o logaritmo coincide com a função real. Com esta definição podemos dar um sentido ao logaritmo de um número negativo. Um exemplo disto é a célebre identidade escrita por Euler:

eiπ=-1ln  (-1)=iπ.

Observe, no entanto, que com esta definição a função apresenta um problema. Um mesmo ponto z no domínio pode corresponder a diversos pontos na imagem, ou seja, ela é uma função multivalente, o que não é compatível com a definição usual de uma função. Isto ocorre por uma ambigüidade na forma de se expressar o ponto z, no domínio da função. Um ponto pode ser escrito como

z=reiθ=rei (θ+2kπ ),k=0,±1,±2,...

que pode ser levado em diversos pontos da imagem,

ln z=ln rei (θ+2kπ )=ln r+i (θ+2kπ ),k.

Para torná-la uma função univalente podemos proceder da seguinte forma: para qualquer valor do argumento θ em z=reiθ=rei (θ+2kπ ) tomamos θ0 como o valor do argumento no intervalo [0,2π). Então

θ0=θ+2kπ,kZ

e definimos o ramo principal (ou determinação) do ln como ln θ=ln θ0. Se restringirmos arg  (z) aos intervalos

2kπθ<2 (k+1)π,kZ

teremos para cada valor de k um ramo do logaritmo, ou seja

lnkz=ln r+iθ.

O logaritmo fica, desta forma, univocamente determinado se informarmos o ramo que está sendo usado. Os pontos θ=0 representam uma reta de corte em , representada na figura 8(a) e são chamados pontos de ramificação. Pode ser interessante, dependendo da aplicação, estabelecer outra reta de corte definindo ramos diferentes para o logaritmo. Podemos tomar

αθ<α+2π ou α<θα+2π,

como representado na figura 8(b). Ao tomar estas restrições dizemos que foi cortado ao longo de z= reiα.



Figura 8(a) e (b).


Como já visto o logaritmo é analítico para z0 no ramo principal, conclusão que pode ser ampliada para qualquer ramo. Por outro lado, usando a regra da cadeia, obtemos sua derivada,

ddzln  (z)=xln  (z)=x (ln r+iθ )=(rxr+θxθ )(ln r+iθ ).

Efetuamos as derivadas em r e θ e usamos as derivadas já conhecidas, rx=cos θ, θx=-sen θ/r para obter

ddzln  (z)=(1rrx+i θx )=(cos θr-i sen θr )=
=e-iθr=1reiθ=1z.

Um maneira prática de se visualizar o efeito da função logaritmo, e de outras funções igualmente, é encará-la como uma transformação entre pontos de . Na tabela seguinte estão listados alguns conjuntos de pontos no domínio e sua imagem pelo logaritmo.


Domínio z  Imagem f(z) ponto z=0  ln 0=1 ponto z=i  ln (i)=iπ/2 reta θ=cte.   v=θ(reta) círculo r=1  u=0(reta) círculo r>1   u=cte.,positiva (reta).

Cada ramo tem como imagem uma faixa no plano w, satisfazendo -<u<, 0v<2π. A totalidade dos ramos cobre o plano w. Observe na figura que retas θ=constante no plano z são levadas em w=ln r+iθ no plano w, que são retas u=constante,enquanto circunferências r=cte. são levadas nas retas v=cte. no plano w. A circunferência r=1 tem como imagem a reta u=0 (o eixo Ov) enquanto circunferências com raios menores (maiores) que 1 são levadas em retas verticais à esquerda (direita) do eixo Ov.

Observe as funções exponencial e logaritmo são inversas mútuas: tome

w=lnkz=ln r+i (θ+2kπ ),    k=0,1,2,...

Então, tomando a exponencial de ambos os lados temos

ew=elnkz=e [ln r+i (θ+2kπ )]=rei (θ+2kπ )=reiθ=z.

Por outro lado

lnk (ew)=lnke [ln r+i (θ+2kπ )]=lnk (reiθ )=[ln r+i (θ+2kπ )]=w,

como foi afirmado. Outras propriedades adicionais do logaritmo são:

  1.  ln (z1.z2)=ln (z1)+ln (z2)
  2. Da propriedade anterior se conclui que ln (z2)=2ln z, ou, por indução, ln (zn)=nln z.

2.9.2 Funções trigonométricas e Hiperbólicas

A partir da equação de Euler e seu conjugado complexo

eiy=cos y+ i sen y
e-iy=cos y-isen y

podemos verificar que as funções trigonométricas seno e cosseno podem ser escritas como

cos y=12 (eiy+e-iy ),
y=12i (eiy-e-iy ),

definidas apenas para valores reais de y. Podemos extender as funções para ter validade sobre todo o plano complexo fazendo

cos z=12 (eiz+e-iz ),
sen z=12i(eiz-e-iz). (3)

De forma análoga definimos

tag z=zcos z,   cotg z=cos zz,   sec z=1cos z,  csc z=1z,

respectivamente a tangente, cotangente, secante e cossecante. As derivadas das funções continuam formalmente iguais as derivadas no eixo real:

(z )'=cos z, (cos z)'=-z,

como pode ser facilmente verificado derivando-se as expressões definidas em 3. Da mesma forma se verifica que

sen(-z )=-z,cos  (-z)=cos z,
sen2z+cos 2z=1,
sen(z1+z2 )=sen z1cos z2+cos z1sen z2,
cos  (z1+z2 )=cos z1cos z2-sen z1 sen z2,
sen z =cos  (π2-z );     cos z=sen  (π2-z ).

As funções hiperbólicas são extendidas para o plano complexo através das definições:

senh z=12 (ez-e-z ),
cosh z=12 (ez+e-z ).

Com estas definições valem as derivadas

(senh z )=cosh z;      (cosh z)=senh z.

2.10 Exercícios

1. Moste que ln(-1)=(2k+1)πi e ln(i )=(4k+12 )π, onde k= 0, ±1, ±2, 


2. Mostre que, se x0, então

ln(x+i y)=12 ln (x2+y2)+i(θ0+2 k π),

onde θ0 é uma das determinações de arctg(y/x).


3. Determine as raízes de

(a)  ez+1=0, (b)  e2z+e=0, (c)  ez+3-3i=0, (d)  ln z =πi/2,              (e)  ez+6e-z-5=0,      (f)  e3z-4+1=0 . 

4. Mostre que são válidas as seguintes relações

(a) (sen z)'=cos z, (b) (coz z)'=-sen z, (c) sen2z+cos2z=1, (d) (senh z)'=cosh z, (e) (cosh z)'=senh z, (f) sen( i z)=i senh z, (g) cos (i z)=cosh z, (h) cosh2 z-senh2 z=1,   (i) senh( z+iπ)=-senh z, (j) cosh (z+iπ)=-cosh z,   (k) cos (x+i y)=cos x cosh y -i sen x senh y.

A Teoria da Integral

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