Como vimos a analiticidade de uma função complexa é uma característica bastante restritiva. é possível que uma função seja analítica em uma região e não seja em outra, ou que deixe de ser analítica apenas em um número finito de pontos de seu domínio.
Definição: Se uma função \(f\) é analítica em uma região \(R\), exceto em um subconjunto \(S\) de \(R\) então os pontos de \(S\) são chamandos de pontos singulares desta função ou, simplesmente, singularidades. Como exemplo, \(z_0=0\) é singularidade de \(1/z\) e \(1/z^{2}\), enquanto \(z_0=\pm i\) são as singularidares de \(1/(z^{2}+1)\). Por outro lado a função \(f(z) =\left\vert z\right\vert^{2}\) não tem nenhum ponto singular já que não é analítica em nenhum ponto de seu domínio. As séries de Laurent representam o instrumento adequado para o estudo das sigularidades de uma função.
Singularidades isoladas
Se \(f\) é analítica em alguma vizinhança de um ponto \(z_0\), exceto no próprio ponto \(z_0\), então dizemos que \(z_0\) é uma singularidade isolada da função \(f\). Como exemplo temos que a função
$$
f(z) =\frac{1}{1-\cos z}
$$
é singular nos pontos \(z=2n\pi,\;\;n=0,\pm 1,\ \pm 2,\cdots\), que são os pontos onde o denominador se anula. Se \(z_0\) é uma singularidade isolada de uma função \(f\) então ela admite o desenvolvimento de Laurent
$$
f(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_{-n}}{(z-z_0)^{n}}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-z_0)^{n}=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n},
$$
válido na região \(0\lt \left\vert z-z_0\right\vert \lt r,\;\) a chamada vizinhança perfurada de \(z_0\). Os coeficientes da expansão são, como já vimos,
(1)
$$
a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}\frac{f(z) dz}{(z-z_0)^{n+1}},
$$
onde \(C\) é um contorno fechado que envolve \(z_0\) uma vez, no sentido positivo. Em particular estaremos interessados em obter o coeficiente \(a_{-1}\), definido abaixo, por um motivo que logo ficará claro.
Definição: Ao coeficiente \(a_{-1}\) da expansão de Laurent para uma função \(f\) analítica em uma vizinhança perfurada de \(z_0\) chamamos de resíduo de \(f\) no ponto singular isolado \(z_0\) e denotamos
A expressão acima fornece uma forma para o cálculo de uma integral de contorno com integrando complexo. Para isto basta encontrar a expansão de Laurent em séries para o integrando e identificar o resíduo da função em seu ponto singular Embora pela equação (2) acima já sabemos que \(\oint\nolimits_{C}f(z) dz=2\pi i\text{Res}( f,z_0)\), pode ser esclarecedor, apesar de repetitivo, mostrar o seguinte procedimento. Se \(z_0\) é ponto singular isolado de \(f\) então esta função admite a série de Laurent
$$
f(z) =\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}.
$$
Dentro da região de convergência da série ela pode ser integrada termo a termo,
(3)
$$
I=\oint\limits_{C}f(z) dz=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty}a_{n}\oint\limits_{C}(z-z_0)^{n}dz.
$$
Fazendo \(z-z_0=\delta e^{i\theta }\) temos \(dz=i\delta e^{i\theta }d\theta\) e, caso \(n\neq -1\),
$$
\oint\limits_{C}(z-z_0)^{n}dz=i\delta^{n+1}\int_0^{2\pi}e^{i\theta ( n+1)}d\theta =i\delta^{n+1}\left. \frac{e^{i\theta ( n+1)}}{i( n+1)}\right\vert _0^{2\pi }=\frac{\delta^{n+1}}{n+1}\left[ e^{2( n+1) i\pi }-1\right] =0.
$$
O único termo não nulo ocorre para \(n=-1\),
$$
\oint\limits_{C}\frac{dz}{z-z_0}=2\pi i.
$$
Como já afirmado, a integral avaliada em (3) é
$$
\oint\limits_{C}f(z) dz=2\pi i\ a_{-1}.
$$
O uso do cálculo de resíduos para calcular integrais sobre contornos fechados de uma função que envolve pontos singulares isolados é exemplificado a seguir.
Exemplo 1: Podemos calcular a integral
$$
I=\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}e^{-z}(z-1)^{-2}dz
$$
simplesmente encontrando o resíduo do integrando. A única singularidade deste integrando é \(z_0=1\), um ponto que está na região interior ao contorno de integração. Devemos então encontrar a série de Laurent para o integrando. Para isto observe que
$$
e^{-z}=e^{-z+1-1}=e^{-1}e^{-(z-1)
}=e^{-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n}}{n!}(
z-1)^{n},
$$
e, portanto,
$$
f=\frac{e^{-z}}{(z-1)^{2}}=\frac{e^{-z}}{(z-1)^{2}}\left[ 1-(z-1) +\frac{(z-1)^{2}}{2!}-\frac{(z-1)^{3}}{3!}+\ldots \right],
$$
$$
=\frac{e^{-z}}{(z-1)^{2}}\left[ \frac{1}{(z-1)^{2}}-\frac{1}{(z-1)}+\frac{1}{2!}-\frac{(z-1)}{3!}+\ldots \right]
$$
de onde ser observa que \(a_{-1}=\text{Res}( f,1) =-e^{-1.}\) Portanto temos que
$$
\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}e^{-z}(z-1)^{-2}dz=2\pi i\text{Res}( f,1) =-\frac{2\pi i}{e}.
$$
Exemplo 2: Para calcular \(\oint\nolimits_{\left\vert z\right\vert =1}\exp ( 1/z^{2}) dz\) observamos que a única singularidade do integrando é \(z=0\), um ponto interior ao contorno de integração. Observe que, fazendo \(u=1/z^{2}\) temos
$$
e^{u}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{u^{n}}{n!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}\frac{1}{z^{2n}}=1+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{2!z^{4}}+\frac{1}{3!z^{6}}+\ldots ,
$$
convergente em \(\left\vert z\right\vert \gt 0\). O resíduo é \(\text{Res}( f,0) =0\) e
$$
\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =1}\exp ( 1/z^{2}) dz=2\pi i\text{Res}( f,0) =0.
$$
O teorema dos resíduos
Enunciamos a seguir o teorema dos resíduos, útil para o cálculo de integrais realizada sobre um caminho que circula um número finito de singularidades. Observamos que, se uma função possui um número finito de pontos singulares em um domínio então estes pontos são necessariamente isolados.
Teorema: Seja \(f\) uma função analítica sobre o contorno fechado \(C\) e em seus pontos interiores, exceto em um número finito de pontos, \(z_{1},\ z_{2},\ldots ,\ z_{n}\), interiores a \(C\). Então
$$
\oint\limits_{C}f(z) dz=2\pi i\sum\limits_{k=1}^{n}\text{Res}( f,z_{k}) ,
$$
onde o contorno é percorrido uma vez, no sentido positivo e \(\text{Res}( f,z_{k})\) é o resíduo da função \(f\) no ponto \(z_{k}\).
Demonstração: Como os pontos singulares são isolados podemos construir círculos \(C_{k}\) com centro em \(z_{k}\) e raios suficientemente pequenos para que cada círculo envolva apenas a singularidade em seu centro. Em seguida construimos o caminho \(\gamma =C\cup (-C_{1}) \cup(-C_{2}) \cup \ldots \cup (-C_{k}),\) como mostrado na figura 1.
Figura 1.
A função \(f\) é analítica em \(\gamma\) e seu interior de forma que
$$
0=\oint\limits_{\gamma }f(z) dz=\oint\limits_{C}f(
z) dz-\oint\limits_{C_{1}}f(z)
dz-\oint\limits_{C_{2}}f(z) dz-\ldots
-\oint\limits_{C_{n}}f(z) dz
$$
ou seja
$$
\oint\limits_{C}f(z)
dz=\sum\limits_{k=1}^{n}\oint\limits_{C_{1}}f(z) dz=2\pi
i\sum\limits_{k=1}^{n}\text{Res}( f,z_{k}).
$$
Exemplo 3: Para mostrar a utilidade do teorema acima vamos calcular
$$
\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}\frac{5z-2}{z(z-1)}dz.
$$
Observamos, inicialmente, que os pontos sigulares do integrando são \(z=0\) e \(z=1\), ambos interiores à região circundada por \(C\). Devemos determinar os resíduos do integrando nestes pontos. Em torno de \(z=0\) a função \(1/( 1-z)\) é analítica e tem série de Taylor dada por
$$
\frac{1}{z-1}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n},\ \left\vert z\right\vert \lt 1.
$$
O integrando pode ser escrito como
$$
\frac{5z-2}{z}\frac{1}{z-1}=\frac{2-5z}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^{n}=( \frac{2}{z}-5) \sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n}=
$$
$$
=2\sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n-1}-5\sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n}=\frac{2}{z}-3\sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n},
$$
válida em \(0\lt \left\vert z\right\vert \lt 1\). Concluímos que \(\text{Res}( f,0) =2\).
Por outro lado, na vizinhança de \(z=1\) temos que \(1/z\) é a função analítica. Queremos escrever o integrando em potências de \((z-1)\) para descobrir qual é o seu resíduo neste ponto. Fazemos
$$
\frac{1}{z}=\frac{1}{z-1+1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(z-1)^{n},\;\; \left\vert z-1 \right\vert \lt 1,
$$
e, portanto,
$$
\frac{5z-2}{z(z-1)}=( \frac{5z-5+3}{z-1}) \frac{1}{z}=( 5+\frac{3}{z-1}) \sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(z-1)^{n}=
$$
$$
=5\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(z-1)
^{n}+3\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(z-1)
^{n-1}=\frac{3}{z-1}+2\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)
^{n}(z-1)^{n}.
$$
Na última igualdade foi feito:
$$
3\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(z-1)^{n-1}=\frac{3}{z-1}+3\sum\limits_{n=1}^{\infty }(-1)^{n}(
z-1)^{n-1}=\frac{3}{z-1}+3\sum\limits_{n=0}^{\infty }(
-1)^{n+1}(z-1)^{n}.
$$
O resíduo neste ponto é \(\text{Res}( f,1) =3\) e
$$
\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}\frac{5z-2}{z(z-1)}dz=2\pi i\left[ \text{Res}( f,0) +\text{Res}(
f,1) \right] =10\pi i.
$$
Observe que, neste caso, seria mais fácil escrever o integrando usando frações parciais,
$$
\frac{5z-2}{z(z-1)}=\frac{2}{z}+\frac{3}{z-1}
$$
e, portanto,
$$
\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}\frac{5z-2}{z(z-1)}dz=2\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}\frac{dz}{z}+3\oint\limits_{\left\vert z\right\vert =2}\frac{dz}{z-1}=10\pi i.
$$
Nem sempre é possível, no entanto, proceder desta última forma e, frequentemente a integração pelo método dos resíduos representa uma ferramenta poderosa para a solução de integrais definidas, como veremos.
Singularidades tipo pólo
Se a série de Laurent de uma função
$$
\begin{array}{ccc}
f(z)=& \underbrace{\sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{a_{-n}}{(z-z_0)^{n}}} & +\underbrace{\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-z_0)^{n}}, \\
& \text{ parte principal} & \text{ parte analítica}
\end{array}
$$
é composta por um número finito de termos na parte principal então existe um maior inteiro \(m\) tal que \(a_{-m}\) seja não nulo e
(4)
$$
f(z)=\frac{a_{-1}}{z-z_0}+\frac{a_{-2}}{(z-z_0)^{2}}+\ldots +\frac{a_{-m}}{(z-z_0)^{m}}+\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}.
$$
Neste caso \(z_0\) é dito um pólo de ordem \(m\). Se \(m=1\) então o pólo é simples. Se a parte principal tem infinitos termos o pólo é dito essencial.
Exemplo 4: A função
$$
f(z) =\frac{z^{2}+1}{z-1}
$$
tem um pólo simples em \(z=1\). Para confirmar isto fazemos
$$
f(z) =\frac{(z-1)^{2}+2z}{z-1}=(z-1) +\frac{2z-2+2}{z-1}=(z-1) +2+\frac{2}{z-1}.
$$
Além disto \(\text{Res}( f,~1) =2\).
Exemplo 5: A função
$$
f(z) =\frac{z^{2}-2z+3}{z-2}
$$
pode ser escrita como
$$
f(z) =\frac{(z-2)^{2}+2z-1}{z-2}=(z-2) +\frac{2z-4+3}{z-2}=(z-2) +2+\frac{3}{z-2}.
$$
Então \(z=2\) é um pólo simples e \(\text{Res}( f,~2)=3\).
Exemplo 6: A seguinte função tem um pólo em \(z=0\) de ordem 3 e \(\text{Res}( f,0) =0:\)
$$
f(z) =\frac{\text{ senh }z}{z^{4}}=\frac{1}{z^{4}}(z+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}+\frac{z^{7}}{7!}+\ldots ) =\frac{1}{z^{3}}+\frac{1}{3!}+\frac{z}{5!}+\frac{z^{3}}{7!}+\ldots .
$$
Já o \(\cosh ( 1/z)\) tem uma singularidade essencial em \(z=0\) e resíduo nulo:
$$
\cosh \left( \frac{1}{z} \right) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n) !}\frac{1}{z^{2n}}.
$$
Recordamos que
$$
\cosh z=\frac{1}{2}( e^{z}+e^{-z}) =\frac{1}{2}(
\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{z^{n}}{n!}+\sum\limits_{n=0}^{\infty
}(-1)^{n}\frac{z^{n}}{n!}) =
$$
$$
=\sum\limits_{n=\text{par}}^{\infty }\frac{z^{n}}{n!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{z^{2n}}{( 2n) !}.
$$
Suponha que \(f\) tem um pólo de ordem \(m\) em \(z_0\). Neste caso a função
$$
\phi (z) =(z-z_0)^{m}f(z) ,
$$
definida em \(0 \lt |z-z_0|\lt r_{1}\) é uma função analítica definida em uma vizinhança de \(z_0\), exceto no próprio \(z_0\), uma vez que \(f\) não é definida neste ponto. Devido à expressão de Laurent para \(f\), dada em (4) podemos escrever
(5)
$$
\phi (z) =a_{-1}(z-z_0)^{m-1}+a_{-2}(z-z_0)^{m-2}+\ldots +a_{-m}+\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{m+n},
$$
onde \(a_{-m}\neq 0\). Se definirmos esta função no ponto \(z_0\) como \(\phi (z_0) =a_{-m}\) então a representação em (5), sendo convergente, é válida na vizinhança de \(z_0\) incluindo o próprio ponto \(z_0\), definindo uma função analítica \(\phi\). A definição de \(\phi (z_0)\) dada acima é equivalente à
$$
\phi (z_0) =\lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0)^{m}f(z) =a_{-m}.
$$
Como \(a_{-m}\) é finito e não nulo concluímos que \(|f(z) |\) deve necessariamente tender a infinito quando \(z\rightarrow z_0\).
Um outro tipo de singularidade é a denominada ponto singular removível: se uma função \(\phi\) pode se tornada analítica em seu ponto singular \(z_0\) simplesmente por meio da atribuição de um valor conveniente para \(\phi (z_0)\) então dizemos que \(z_0\) é um ponto singular removível de \(\phi\). Um exemplo disto é a função \(\phi (z) =(z-z_0)^{m}f(z)\), definida à partir de \(f\), uma função com pólo de ordem \(m\) em \(z_0\). Observe que esta função tem representação em séries de Taylor dada por (5), de forma que
(6)
$$
a_{-1}=\frac{\phi^{( m-1)}(z_0)}{(m-1)!}.
$$
Em particular, quando o pólo é simples, \(m=1\) e \(a_{-1}\) é o resíduo da função \(f\) no ponto \(z_0\) temos que
$$
a_{-1}=\phi (z_0) =\lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0) f(z).
$$
Por outro lado, se uma função \(f\) é tal que o produto
$$
(z-z_0)^{m}f(z) =\phi (z)
$$
possa ser definido em \(z_0\) de modo a ser analítico neste ponto podemos encontrar a representação de Taylor
$$
(z-z_0)^{m}f(z) =\phi (z)
=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{\phi^{( n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^{n}.
$$
Um uma vizinhança de \(z_0\), para pontos distintos de \(z_0\) temos
$$
f(z) =\frac{\phi (z)}{(z-z_0)^{m}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{\phi^{( n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^{n-m}=\sum\limits_{n=-m}^{\infty }\frac{\phi^{(n+m)}(z_0)}{( n+m) !}(z-z_0)^{n}.
$$
Concluimos dai que \(f\) tem um pólo de ordem \(m\) em \(z=z_0\) e que seu resíduo é dado pela fórmula (6). Estas considerações implicam em um teste para a existências de pólos, descrito no teorema que se segue.
Teorema: Se \(f\) uma função singular no ponto \(z_0\) mas, para algum inteiro \(m\) a função
$$
\phi (z) =(z-z_0)^{m}f(z) ,\;\; \phi (z_0) \neq 0,
$$
é analítica em \(z_0\) então \(z_0\) é pólo de ordem \(m\) de \(f\) e
(7)
$$
\text{Res}(f,~z_0) =\left\{
\begin{array}{ll}
\phi (z_0) =\lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0)f(z) ,\; & \text{ se }\; m=1, \\
\frac{\phi^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!}, & \text{se }\; m \gt 1.
\end{array}
\right.
$$
Note que, em particular, as condições do teorema são satisfeitas se
$$
f(z) =\frac{\phi (z)}{(z-z_0)^{m}},\;\;m=1,2,\ldots ,
$$
e a função \(\phi\) é analítica em \(z_0\), com \(\phi (z_0)\) não nulo.
Exemplo 7: A função
$$
f(z) =\frac{\exp ( -2z)}{z^{3}}
$$
satisfaz às condições do teorema. Ela tem um ponto singular em \(z_0=0\), e
$$
\phi (z) =\exp ( -2z)
$$
é analítica e não nula em \(z=0\). Como \(m=3\) seu resíduo neste ponto, de acordo com a fórmula (7), é
$$
\text{Res}( f,\ 0) =\frac{\phi^{( 2)}(0)}{2!}=2.
$$
Exercícios :
1. Encontre os pólos, suas ordens e os resíduos das funções para cada pólo:
$$
\begin{array}{lll}
\text{ a. }\;\; \frac{z+4}{z(z^{2}+1)} & \text{ b. }\;\;
\frac{\text{sen }z}{z^{3}(z-\pi )} & \text{ c. }\;\;\frac{1}{z\text{sen }^{2}\pi z} \\
\text{ d. }\;\;\frac{1-e^{z}}{z^{4}\text{sen }( 1+z)} &
\text{ e. }\;\;\frac{e^{z}}{z( 1-e^{-z})} & \text{ f. }\;\;\frac{1}{(e^{iz}-1)^{2}}\; \\
\text{ g. }\;\;\frac{\cosh z}{z( 1-\cos z)} & \text{ h. }\;\;\frac{\text{ senh }z}{z\text{sen }^{2}(z+\pi /2)}
\end{array}
$$
2. Mostre que \(z=0\) é singularidade removível em cada uma das funções abaixo. Determine o valor a se atribuir em \(z=0\) para que as funções sejam analíticas.
$$
\begin{array}{lll}
\text{ a. }\;\; \frac{z}{e^{z}-1} & \text{ b. }\;\;\frac{e^{z}-1}{\text{sen }2z} & \text{ c. }\;\;\frac{\cosh 2z-1}{\text{sen }^{2}z} \\
\text{ d. }\;\;\frac{1}{e^{z}-1}-\frac{1}{z} & \text{ e. }\;\;\frac{1}{z}-\frac{1}{\text{sen }z} & \text{ f. }\;\;\frac{1}{(e^{iz}-1)^{2}} \\
\text{ g. }\;\;\frac{\cosh z}{z( 1-\cos z)} & \text{ h. }\;\;\frac{\text{ senh }z}{z\text{sen }^{2}(z+\pi /2)} &
\end{array}
$$
3. Encontre a parte principal da função \(f(z) =1/z(z-i)^{2}\) em relação ao pólo \(z=i\).
Algumas respostas e sugestões:
1a. \(z=0,\; i,\; -i,\;\) de ordens \(1,\, 2\) e \(2\) respectivamente.
1c. \(z=0\) de ordem 3, \(z=\pm 1,\pm 2, \pm 3, \ldots \) de ordem \(2\), cada.
1e. \(z=0\) de ordem 2, \(z=2k\pi , k\neq 0\) inteiro, de ordem 1, cada.
1g. \(z=0\) de ordem 3, \(z=2k\pi ,\; k\neq 0\;\) inteiro, de ordem 2, cada.
3. \(\frac{-i}{(z-i)^{2}}+\frac{1}{z-i}\)
Cálculo de Integrais Impróprias
Uma aplicação importante para o cálculo de integrais complexas usando a teoria dos resíduos está na avaliação de integrais impróprias com integrandos reais. Podemos desde já fornecer um exemplo deste uso.
Exemplo 8: Vamos usar o teorema dos resíduos para calcular a integral
$$
I=\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^{2}+1}.
$$
Embora esta seja uma integral real, efetuada sobre todo o eixo real, ela pode ser colocada como parte de uma integração no plano complexo, mais fácil de ser calculada. Para ver isto considere a integral
$$
\oint\limits_{C}\frac{dz}{z^{2}+1}
$$
onde \(C\) é o contorno \(C=C_{R}\cup L\), representado na figura 2. \(C_{R}\) é o arco de circunferência de raio \(R\) em \(y\gt 0\), enquanto \(L\) é o segmento de reta de \(-R\) até \(R\) sobre o eixo real.
Figura 2.
O integrando é
$$
\frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}{z+i}\frac{1}{z-i}=\frac{1}{2i}\frac{1}{z-i}+\frac{1}{4}\sum ( \frac{i}{2})^{n}(z-i)^{n}
$$
que tem um pólo simples em \(z=i\), o único envolvido pelo contorno, e resíduo, neste ponto \(\text{Res}( f,i) =1/2i\). Alternativamente, usando a fórmula (7) temos que
$$
(z-i) \frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}{z+i}=\phi
$$
que é analítica em \(z=i\). Dai o pólo é simples e
$$
\text{Res}( \frac{1}{z^{2}+1},\ i) =\phi ( i) =\frac{1}{2i}.
$$
Dai concluimos que
$$
\oint\limits_{C}\frac{dz}{z^{2}+1}=\pi .
$$
Observamos que \(\oint\nolimits_{C}=\int_{I}+\int_{C_{R}}\), ou seja,
$$
\pi =\int_{-R}^{R}\frac{dx}{x^{2}+1}+\int_{C_{R}}\frac{dz}{z^{2}+1}.
$$
Resta apenas observar que, no limite \(R\rightarrow \infty\) a segunda integral é nula. Para ver isto note que sobre \(C_{R}\) temos que \(\left\vert z\right\vert =R\) e
$$
\left\vert z^{2}+1\right\vert \geq \left\vert z^{2}\right\vert -1=R^{2}-1,
$$
onde usamos a desigualdade
$$
\left\vert z_{1}+z_{2}\right\vert \geq \left\vert z_{1}\right\vert -\left\vert z_{2}\right\vert .
$$
Como consequência
$$
\left\vert \int_{C_{R}}\frac{dz}{z^{2}+1}\right\vert \leq \frac{1}{R^{2}-1}\int_{C_{R}}\left\vert dz\right\vert =\frac{\pi R}{R^{2}-1}\underset{R\rightarrow \infty }{\longrightarrow }0.
$$
Resta apenas a integral que queríamos calcular:
$$
\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^{2}+1}=\pi .
$$
O procedimento mostrado acima pode ser generalizado para o cálculo de integrais na forma de
$$
\int_{-\infty }^{\infty }\frac{P(x)}{Q(x)}dx
$$
onde \(P\) e \(Q\) são polinômios que diferem, em graus, da seguinte forma
$$
\text{grau }Q-\text{grau }P=m\geq 2.
$$
Como antes, tomamos as extensões das funções envolvidas, \(P(z)\) e \(Q(z)\) e construímos um contorno \(C=C_{R}\cup L\), idêntico ao da figura 2, usada no exemplo anterior. Como \(z^{m}P(z)\) e \(Q(z)\) têm o mesmo grau, o limite
$$
\lim_{z\rightarrow \infty }\frac{z^{m}P(z)}{Q(z)}=M
$$
é finito e não nulo. Em outras palavras, para \(|z|=R\) suficientemente grande temos que
$$
\left\vert \frac{P(z)}{Q(z)}\right\vert \leq \frac{M}{\left\vert z\right\vert^{m}}=\frac{M}{R^{m}}.
$$
A integração sobre o arco de circunferência se anula pois
$$
\left\vert \int_{C_{R}}\frac{P(z)}{Q(z)}dz\right\vert \leq \frac{M}{R^{m}}\int_{C_{R}}\left\vert dz\right\vert =\frac{\pi MR}{R^{m}}=\frac{\pi M}{R^{m-1}},
$$
que se anula quando \(R\rightarrow \infty\) pois \(m\geq 2\). Neste limite resta, portanto,
$$
\int_{-\infty }^{\infty }\frac{P(x)}{Q(x)}dx=\oint_{C}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=2\pi i\sum_{k=1}^{n}\text{Res}( \frac{P(z)}{Q(z)},z_{k}),
$$
onde a soma é feita sobre todos os pólos do integrando no semiplano \(y\gt 0\).
Exercícios :
1. Calcule as integrais indefinidas:
$$
\begin{array}{lll}
\text{ a. }\;\; \int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^{4}+1} &
\text{ b. }\;\; \int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{ax^{2}+bx+c}, & a,b,c\in \mathbb{R}, b^{2}\lt 4ac. \\
\text{ c. }\;\; \int_0^{\infty }\frac{x^{2}dx}{x^{4}+9} &
\text{ d. }\;\; \int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^{2}-x+1} &
\text{ e. }\;\; \int_0^{\infty }\frac{dx}{x^{6}+1}\; \\
\text{ f. }\;\; \int_{-\infty }^{\infty }\frac{xdx}{(x^{2}+4x+13)^{2}} &
\text{ g. }\;\; \int_0^{\infty }\frac{x^{2}dx}{(x^{2}+a^{2})^{2}}, a\gt 0, &
\text{ h. }\;\; \int_0^{\infty }\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}dx
\end{array}
$$
2) Mostre que \(\int_0^{\infty }\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})(x^{2}+b^{2})}=\frac{\pi }{2ab( a+b)}\).
Algumas respostas e sugestões:
1a. \(\pi /\sqrt{2}\)
1b. \(2\pi /\sqrt{4ac-b^{2}}\)
1c. Observe que o integrando é par, logo \(\int_0^{\infty }=\frac{1}{2}\int_{-\infty }^{\infty }\).
1d. \(\pi \sqrt{2}/4\sqrt{3}\)
1f. \(-\pi /27\)
1g. \(\pi /4a\).
Antes de iniciarmos o estudo de séries de números e funções complexas faremos uma revisão destes conceitos utilizando números e funções reais, de variáveis reais. Para maiores detalhes consulte qualquer livro texto de Cálculo II.
Sequências Infinitas
Definiremos uma sequência infinita como um conjunto infinito de números que podem ser colocados em uma relação biunívoca com o conjunto dos números inteiros positivos. Denotaremos por \(\left\{a_n\right\}\) a uma sequência, sendo \(a_n\), com \(n=1,2,..\). os elementos individuais desta sequência.
Exemplo 1: Considere \(\left\{a_{n}\right\}\) a sequência com termo genérico \(a_{n}=1/n\). Neste caso
$$
\left\{a_{n}\right\} =\left\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots \right\}.
$$
Observe que os termos desta sequência se aproximam de \(0\) para \(n\) suficientemente grande.
Definição: Dizemos que a sequência converge para um número \(L\), ou tem limite \(L\), se, dado qualquer número \(\varepsilon \gt 0\) existe um número \(N\) tal que
$$
n\gt N\Rightarrow \left\vert a_{n}-L\right\vert \lt\varepsilon.
$$
Usaremos como notação
$$
L=\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n},\;\;\;\text{ ou }\;\; a_{n}\rightarrow L.
$$
Observe que, se \(\left\vert a_{n}-L\right\vert \lt\varepsilon\) então
$$
-\varepsilon \lt a_{n}-L\lt\varepsilon \Longleftrightarrow L-\varepsilon \lt a_{n}\lt L+\varepsilon.
$$
Portanto a convergência de uma sequência para um valor \(L\) significa que \(a_{n}\) fica arbitrariamente próximo de \(L\) quando se toma \(n\) suficientemente grande. Se uma sequência não converge para nenhum número dizemos que ela diverge.
Exemplo 2: A sequência do exemplo 1, \(a_n=1/n\) converge para \(L=0\).
Exemplo 3: A seguinte sequência converge para \(L=2/3\)
$$
a_{n}=\frac{2n^{2}+n-1}{3n^{2}-n}.
$$
Para ver isto dividimos o numerador e o denominador por \(n^{2}\),
$$
L=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{2n^{2}+n-1}{3n^{2}-n}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{2+1/n-1/n^{2}}{3-1/n}=\frac{2}{3},
$$
onde usamos o fato de que \(1/n\rightarrow 0\) e \(1/n^{2}\rightarrow 0\).
Exemplo 4: A sequência \(\left\{\text{sen }n\right\}\) não converge para nenhum número, oscilando indefinidamente entre \(\,-1\) e \(1\). A sequência \(a_{n}=(n^{2}+1) /n\) também não converge pois tende a infinito com \(n\rightarrow \infty\).
Séries Infinitas
Definiremos uma série infinita como a soma dos elementos de uma sequência infinita. Denotaremos a série por
$$
S=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}=a_0+a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots.
$$
A soma de infinitos termos não tem um significado óbvio e imediato. Para atribuir a ela um sentido inequívoco definiremos antes a soma dos \(N\) primeiros termos da série, denominada a soma reduzida,
$$
S_{N}=\sum_{n=1}^{N}a_{n}.
$$
Observe agora que o conjunto destas somas reduzidas forma uma sequência \(\left\{S_{n}\right\} =S_{1},S_{2},S_{3},\cdots\), que pode convergir ou não. Dizemos que a série infinita converge para um número \(L\) se a sequência \(\left\{S_{n}\right\}\) converge para \(L\), ou seja,
$$
S_{n}\rightarrow L\Longleftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty }a_{n}=L.
$$
Caso contrário a série diverge e denotamos
$$
\sum_{n=1}^{\infty }a_{n}=\infty \;\;\;\text{ ou }\;\;\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=-\infty,
$$
conforme o caso.
Exemplo 5: Um exemplo interesssante de uma série convergente é o seguinte:
$$
\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots =\text{e},
$$
onde, por convenção, fazemos \(0!=1\). Este é um caso particular da série mais geral
$$
\sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots =\text{ e}^{x}.
$$
No último exemplo a função exponencial foi escrita como uma soma infinita de termos em potências de \(x\). As séries de potências são importantes no estudo das funções e suas aplicações.
Dizemos que uma série \(\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\) converge absolutamente se a série \(\sum_{n=0}^{\infty }\left\vert a_{n}\right\vert\) converge. Observe que toda a série absoluta convergente é convergente, isto é,
$$
\sum_{n=0}^{\infty }\left\vert a_{n}\right\vert \; \text{ converge } \Rightarrow \sum_{n=0}^{\infty }a_{n} \text{ converge.}
$$
Testes de convergência
Os seguintes testes são os mais utilizados para a verificação de convergencia de uma série.
Teste da Comparação: Se duas séries \(\Sigma a_n\) e \(\Sigma b_n\) são séries de termos não negativos (i.e. \(a_n\geq 0\) e \(b_n\geq 0\) para todo \(n)\) e \(a_n\leq\) \(b_n\) para todo \(n\), então
$$
\begin{array}{lll}
(i) & \;\;\text{ se }\;\;\;\Sigma b_n\text{ converge}\Rightarrow & \Sigma a_n\text{
converge} \\
(ii) & \;\;\text{ se }\;\;\;\Sigma a_n\;\;\text{diverge}\Rightarrow & \Sigma b_n\;\;\text{diverge.}
\end{array}
$$
Teste da Razão: \(\;\) Se \(\Sigma a_n\) é uma séries de termos positivos, definimos o limite
$$
R=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}.
$$
Então, se
$$
\begin{array}{ll}
R \lt 1\Rightarrow & \Sigma a_n\text{ converge} \\
R \gt 1\Rightarrow & \Sigma a_n\;\;\text{diverge} \\
R=1, & \text{o teste é inconclusivo.}
\end{array}
$$
Teste da Integral: Se \(f(x)\) é uma função positiva não crescente para \(x\gt 0\), então a série \(\Sigma f(n)\) converge se, e somente se, a integral imprópria \(\int_1^\infty f(x)dx\) converge. Além disto vale a desigualdade
$$
\sum_{n=2}^Nf(n)\leq \int_1^Nf(x)dx\leq \sum_{n=1}^{N-1}f(n).
$$
Exemplo 6: Usamos o teste da razão para testar a convergência da série
$$
\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^{2}}{n!}.
$$
Temos, neste caso,
$$
a_{n}=\frac{n^{2}}{n!},\;\;a_{n+1}=\frac{( n+1)^{2}}{(n+1)!}
$$
Calculamos o limite
$$
R=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{( n+1)^{2}}{(n+1)!}\frac{n!}{n^{2}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n+1}( \frac{n+1}{n})
^{2}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{n+1}{n^{2}}=0.
$$
Como \(R \lt 1\) concluimos que a série converge.
Séries de Maclaurin e de Taylor
Uma função que pode ser expressa em termos de uma série infinita de potências em torno do ponto \(x=x_0\),
(1)
$$
f(x)=a_0+a_{1}( x-x_0) +a_{2}( x-x_0)
^{2}+\cdots =\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}( x-x_0)^{n}
$$
é dita uma função analítica (neste ponto). Os coeficientes \(a_{n}\) podem ser obtidos do seguinte modo. Calcule o valor de \(f\) e suas derivadas no ponto \(x_0\)
$$
f(x_0)=a_0,
$$
$$
f'(x)=a_{1}+2a_{2}( x-x_0) +3( x-x_0)^{2}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty }na_{n}( x-x_0)^{n-1},
$$
$$
f'(x_0)=a_{1},
$$
$$
f^{\prime \prime }(x)=2a_{2}+2.3a_{3}( x-x_0) +\cdots=\sum_{n=2}^{\infty }n( n-1) a_{n}( x-x_0)^{n-2},
$$
$$
f^{\prime \prime }(x_0)=2a_{2}\Rightarrow a_{2}=\frac{1}{2}f^{\prime\prime }(x_0),
$$
$$
f^{(3)}(x)=2.3a_{3}( x-x_0) +\cdots =\sum_{n=3}^{\infty}n( n-1) ( n-2) a_{n}( x-x_0)^{n-3},
$$
$$
f^{(3)}(x)=2.3a_{3}\Rightarrow a_{3}=\frac{1}{6}f^{(3)}(x_0).
$$
Continuando este procedimento podemos calcular qualquer um dos coeficientes da série (1), obtendo
$$
a_{n}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0).
$$
Com estes coeficientes a série é a chamada série de Taylor,
(2)
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)( x-x_0)^{n},
$$
onde \(f^{(n)}(x_0)\) indica a derivada n-ésima calculada no ponto \(x=x_0\). Uma série de Maclaurin é uma série de Taylor que descreve o comportamento de uma função em torno do ponto \(x_0=0\).
Resumindo: Sobre a série de potências \(S=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}( x-x_0)^{n}\) podemos coletar as seguintes propriedades:
(i) \(S\) converge (escolhido um valor para \(x\)) se existe o limite
$$
\lim_{N\rightarrow \infty }\sum_{n=0}^Na_n( x-x_0)^n.
$$
(ii) Se a série converge absolutamente, ou seja, existe o limite
$$
\lim_{N\rightarrow \infty }\sum_{n=0}^N\left| a_n( x-x_0)^n\right|,
$$
então ela converge.
(iii) Teste da razão: Definindo
$$
R=\lim_{n\rightarrow \infty }\left| \frac{a_{n+1}( x-x_0)^{n+1}}{a_n( x-x_0)^n}\right| =\left| x-x_0\right| \lim_{n\rightarrow
\infty }\left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|
$$
então a série é absolutamente convergente no ponto \(x\) se \(R \lt 1\) e é divergente se \(R\gt 1\). O teste é inconclusivo se \(R=1\).
(iv) Se a série \(S\) converge em \(x=a\) então ela converge absolutamente para \(x\) no intervalo \(\left[ x-a,\;x+a\right]\). Se a série \(S\) diverge em \(x=a\) então ela diverge para \(x\) fora deste intervalo.
(v) O intervalo máximo de valores de \(x\) para os quais a série converge absolutamente é chamado o intervalo de convergência. O raio de convergência é \(\rho\) é definido de forma que \(\left[x_0-\rho ,x_0+\rho \right]\) é este intervalo.
Algumas considerações finais sobre o uso do sinal de somatório podem ser úteis. O índice usado pode ser substituído de acordo com as conveniências
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{j=1}^{N}a_{j},
$$
e as parcelas da soma podem ser agrupadas ou isoladas, como nos exemplos a seguir:
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{N-1}a_{i}+a_{N}=a_{1}+\sum_{i=2}^{N}a_{i},
$$
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{P}a_{i}+\sum_{i=P+1}^{N}a_{i},\;\;1 \lt P \lt N.
$$
Pode ser mostrado por indução que
$$
\sum_{i=1}^{N}( a_{i}+b_{i})
=\sum_{i=1}^{N}a_{i}+\sum_{i=1}^{N}b_{i},
$$
$$
\sum_{i=1}^{N}ka_{i}=k\sum_{i=1}^{N}a_{i},\;\;\forall k\in \mathbb{R}.
$$
Se \(a_{i}=a\), uma constante, então
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{N}a=Na.
$$
Uma série de potências, se convergente, pode ser derivada termo a termo e a derivada obtida desta forma será uma representação fiel da derivada da função que ela representa:
$$
y(x) =\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=a_0+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots +a_{r}x^{r}+\cdots,
$$
$$
y^{\prime }( x) =\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}=a_{1}+2a_{2}x+\cdots +ra_{r}x^{r-1}+\cdots ,
$$
$$
y^{\prime \prime }(x) =\sum_{n=2}^{\infty }n( n-1)a_{n}x^{n-2}=2a_{2}x+\cdots +r(r-1) a_{r}x^{r-2}+\cdots.
$$
Séries de funções complexas
Uma série infinita de funções complexas é uma série
$$
s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}(z) =f_0(z) +f_{1}(z) +f_{2}(z) +\ldots
$$
onde as \(f_{i}(z)\) são funções complexas, de variáveis complexas e com um domínio comum. Definimos a soma parcial ou reduzida como
$$
s(z) =\sum_{n=0}^{N}f_{n}(z) =f_0(z)+f_{1}(z) +\ldots +f_{N}(z)
$$
e dizemos que a série converge se a sequência das somas parciais, \(\left\{s_0,\;s_{1},\;s_{2},\ldots \right\}\), converge, ou seja, quando existe o limite \(\lim_{n\rightarrow \infty }s_{n}(z)\). Neste caso
$$
s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}(z)=\lim_{n\rightarrow \infty }s_{n}(z).
$$
A expressão
$$
r_{n}(z) =s(z) -s_{n}(z)=\sum_{k=n+1}^{\infty }f_{k}(z)
$$
é denonimada o resto da série à partir de \(n+1\) e mede o quanto a soma parcial até o enésimo termo se aproxima da soma total.
Convergência simples ou pontual
Considere uma série
$$
s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}(z) ,
$$
convergente para todo \(z\) dentro de alguma região \(R\) do plano complexo. Então, dado \(\varepsilon \gt 0\) qualquer, para cada \(z\in R\), existe \(N\) tal que
$$
n\geq N\Rightarrow \left\vert s(z) -s_{n}(z)\right\vert \lt \varepsilon ,
$$
onde \(s_{n}(z)\) é a reduzida da série \(s(z)\). Observamos que \(N\) depende de \(\varepsilon\) também do ponto \(z\) onde a convergência é considerada.
Exemplo 7: Uma série geométrica é a soma dos termos de uma progressão geométrica,
$$
s(z) =\sum_{k=0}^{\infty }z^{k}=1+z+z^{2}+\ldots.
$$
Podemos verificar diretamente a convergência desta série e ainda encontrar a região de \(\mathbb{C}\) onde ela converge. Para fazer isto definimos a soma parcial, até o N-ésimo termo,
$$
s_{N}(z) =\sum_{k=0}^{N}z^{k}=1+z+z^{2}+\ldots +z^{N}.
$$
Multiplicando esta expressão por \(z\) temos
$$
zs_{N}(z) =\sum_{k=0}^{N}z^{k+1}=z+z^{2}+z^{3}+\ldots +z^{n+1}.
$$
Subtraindo as linhas acima
$$
s_{N}-zs_{N}=1-z^{N+1},
$$
ou seja, a soma parcial é dada por
$$
s_{N}(z) =\frac{1-z^{N+1}}{1-z}.
$$
Notamos agora que esta soma só converge se \(\left\vert z\right\vert \lt 1\). Neste caso o numerador da expressão acima tende para 1 e, portanto,
$$
s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }z^{n}=\frac{1}{1-z}\text{ se }\left\vert z\right\vert \lt 1.
$$
Fora deste círculo ou na fronteira \(\left\vert z\right\vert =1\) a série diverge.
Observaremos, no entanto, que a convergência não é igual para todos os pontos dentro do círculo \(\left\vert z\right\vert \lt 1\). Escolhido um ponto \(z\) temos o resto
$$
r_{n}(z) =s(z) -s_{n}(z) =\frac{1}{1-z}-\frac{1-z^{n+1}}{1-z}=\frac{z^{n+1}}{1-z}.
$$
Em valor absoluto, devemos ter
$$
\left\vert s(z) -s_{n}(z) \right\vert =\frac{\left\vert z\right\vert^{n+1}}{\left\vert 1-z\right\vert } \lt \varepsilon
$$
para \(n \gt N\). Devemos indicar para que valor de \(N\) ocorre um erro menor que \(\varepsilon\). Queremos obter \(n\) em
$$
\left\vert z\right\vert^{n+1} \lt \varepsilon \left\vert 1-z\right\vert.
$$
Tome o logaritmo de base \(\left\vert z\right\vert\) dos dois lados da equação para obter
$$
n+1\gt \log _{\left\vert z\right\vert }( \varepsilon \left\vert
1-z\right\vert ) ,
$$
lembrando que \(\log _{\left\vert z\right\vert }\left\vert z\right\vert^{n+1}=n+1\) e o sinal de desigualdade fica invertido porque o logaritmo de base \(\left\vert z\right\vert \lt 1\) é uma função decrescente. Lembrando ainda que se pode mudar de base do logaritmo de acordo com a expressão
$$
\log _{a}N=\frac{\log _{b}N}{\log _{b}a}
$$
reecrevemos a expressão acima em termos do logaritmo natural
$$
n\gt\frac{\ln ( \varepsilon \left\vert 1-z\right\vert ) }{\ln\left\vert z\right\vert }-1
$$
o que mostra que não se pode determinar um único valor de \(N\) para todo o valor de \(\left\vert z\right\vert\), uma vez que a fração cresce arbitrariamente para \(\left\vert z\right\vert \rightarrow 1\). Em outras palavras a convergência é simples ou pontual. Não é possível determinar \(N\) para qualquer valor de \(z\) dentro do círculo de convergência.
Convergência uniforme
Definição: (i) Uma sequência de funções \(f_{i}(z)\) definidas em um domínio comum \(D\), converge uniformemente para \(f(z)\) se, dado \(\varepsilon \gt 0\) existe um inteiro \(N\) tal que
$$
\forall z\in D,\ n\gt N\Rightarrow \left\vert f(z) -f_{n}(z) \right\vert \lt \varepsilon.
$$
(ii) A série \(s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}(z)\) converge uniformemente em \(D\) se, dado \(\varepsilon \gt 0\) existe \(N\) inteiro
tal que
$$
\forall z\in D,\ n\gt N\Rightarrow \left\vert s(z) -s_{n}(
z) \right\vert \lt \varepsilon.
$$
A diferença entre convergência pontual e uniforme é que, no segundo caso, a sequência ou a série fica arbitrariamentre próxima de seu valor limite para todos os valores de \(z\) dentro do domínio da função, a partir de algum \(n\) suficientemente grande.
Exemplo 8: Vimos que a série geométrica \(\sum_{n=0}^{\infty }z^{n}\) não converge uniformemente dentro do disco \(\left\vert z\right\vert \lt 1\). O motivo é que ela exige que se considere um número maior de termos a medida que se aproxima da borda do disco. Tal dificuldade desaparece se fixarmos o domínio \(\left\vert z\right\vert \leq \delta \lt 1\). Neste caso temos
(4)
$$
R_{n}=\frac{\left\vert z\right\vert^{n+1}}{\left\vert 1-z\right\vert }\leq
\frac{\delta^{n+1}}{1-\left\vert z\right\vert }\leq \frac{\delta^{n+1}}{1-\delta },
$$
que é menor que \(\varepsilon\) se tomarmos
$$
n \lt \frac{\ln ( \varepsilon \left\vert 1-\delta \right\vert ) }{\ln \delta }-1.
$$
Observe que, na obtenção da desigualdade (4), usamos
$$
\left\vert z_{1}+z_{2}\right\vert \geq \left\vert z_{1}\right\vert
-\left\vert z_{2}\right\vert \Rightarrow \left\vert 1-z\right\vert \geq
1-\left\vert z\right\vert.
$$
O seguinte teorema será útil na obtenção do teste M de Weierstrass que é, por sua vez, uma forma prática para se mostrar a convergência uniforme de uma sequência.
Teorema: Uma condição necessária e suficiente para a a série \(s(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}(z)\) seja uniformemente convergente na região \(D\) é: dado \(\varepsilon \gt 0\) existe um \(N\) inteiro tal que, para todo \(p\) inteiro positivo temos
Observamos, antes de prosseguir com a demonstração, que
$$
s_{n+p}(z) -s_{n}(z) =\sum_{k=0}^{n+p}f_{k}(
z) -\sum_{k=0}^{n}f_{k}(z) =\sum_{k=n+1}^{n+p}f_{k}(
z) =f_{n+1}(z) +\ldots +f_{n+p}(z)
$$
e, portanto, a condição (5) equivale à
$$
\forall z\in D,\ n\gt N\Rightarrow \left\vert f_{n+1}(z) +\ldots
+f_{n+p}(z) \right\vert \lt \varepsilon.
$$
Demonstração: A condição é necessária pois, supondo que a série seja uniformemente convergente em \(D\) temos que, dado \(\varepsilon \gt 0\) existe um \(N\) tal que
$$
n\gt N\Rightarrow \left\vert s_{n}(z) -s(z) \right\vert \lt \varepsilon /2.
$$
Para um índice ainda maior vale certamente \(\left\vert s_{n+p}(z) -s(z) \right\vert \lt \varepsilon /2\), já que a série é convergente. Usando a desigualdade triangular temos
$$
\left\vert s_{n+p}-s_{n}\right\vert =\left\vert s_{n+p}-s+s-s_{n}\right\vert
\lt \left\vert s_{n+p}-s\right\vert +\left\vert s-s_{n}\right\vert \lt \varepsilon
/2+\varepsilon /2=\varepsilon.
$$
Além disto a condição é suficiente pois, supondo \(\left\vert s_{n+p}-s_{n}\right\vert \lt \varepsilon\) observamos que
$$
\lim_{p\rightarrow \infty }s_{n+p}(z) =s(z)
$$
e, portanto,
$$
\lim_{p\rightarrow \infty }\left\vert s_{n+p}-s_{n}\right\vert =\left\vert s-s_{n}\right\vert \lt \varepsilon.
$$
Tomando o limite com \(n\rightarrow \infty\) da mesma expressão temos
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\left\vert s-s_{n}\right\vert \lt \varepsilon ,
$$
que é a condição para que a série seja convergente.
Temos, como consequência do teorema acima temos o teste de Weierstrass: Teorema: Se \(\sum M_{n}\) é uma série numérica convergente e \(f_{n}(z)\) uma sequência de funções definidas em \(D\), satisfazendo
$$
\left\vert f_{n}(z) \right\vert \leq M_{n},\forall n,\ \forall z\in D
$$
então \(\sum f_{n}(z)\) converge uniformemente em \(D\).
Demonstração: Usando a desigualdade triangular temos que
$$
\left\vert f_{n+1}+\ldots +f_{n+p}\right\vert \leq \left\vert
f_{n+1}\right\vert +\ldots +\left\vert f_{n+p}\right\vert \leq
M_{n+1}+\ldots +M_{n+p}\lt \varepsilon,
$$
onde a última desigualdade decorre de ser \(\sum M_{n}\) uma série convergente. Pelo teorema anterior \(\sum f_{n}(z)\) converge uniformemente em \(D\).
Exemplo 9: A série \(s=\sum_{n=0}^{\infty }z^{n}\) converge uniformemente no disco \(\left\vert z\right\vert \leq \delta \lt 1\) pois \(\left\vert z\right\vert \leq \delta^{n}=M_{n}\) e \(\sum_{n=0}^{\infty }\delta^{n}=1+\delta +\delta^{2}+\ldots =1/( 1-\delta )\) no disco.
Teorema: Seja \(f(z) =\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(z)\) uma série de funções uniformemente convergente em \(D\). Então
(i) Se as funções \(f_{i}(z)\) são contínuas \(f(z)\) é contínua em \(D\).
(ii) Se \(C\) é um contorno inteiramente contido em \(D\) então
$$
\int_{C}f(z) dz=\sum_{n=0}^{\infty }\int_{C}f_{n}(
z) dz.
$$
(iii) Se \(D\) é simplesmente conexa então \(f(z)\) é analítica em \(D\) e sua derivada é
$$
f'(z) =\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}^{\prime }(
z).
$$
Sua derivada de ordem \(k\)-ésima é dada por
$$
\frac{d^{k}}{dz^{k}}f(z) =\sum_{n=0}^{\infty }\frac{d^{k}}{dz^{k}}f_{m}(z).
$$
Demonstração: (i) Tome \(\varepsilon \gt 0\) arbitrário e \(z\in D\) qualquer. Denotando a soma parcial e o resto respectivamente por
$$
s_{n}(z) =\sum_{k=0}^{n}f_{k}(z) ,\text{ }r_{n}(z) =\sum_{k=n+1}^{n}f_{k}(z)
$$
temos que \(f(z) =s_{n}(z) +r_{n}(z)\). Para mostrar que a soma infinita das funções é contínua
fazemos
(5)
$$
\begin{array}{ll}
\left\vert f(z) -f(z_0) \right\vert & \leq
\left\vert s_{n}(z) -s_{n}( z_0) \right\vert
+\left\vert r_{n}(z) -r_{n}( z_0) \right\vert
\; \\
& \leq \left\vert s_{n}(z) -s_{n}( z_0) \right\vert
+\left\vert r_{n}(z) \right\vert +\left\vert r_{n}(
z_0) \right\vert.
\end{array}
$$
Como a série converge uniformemente existe \(N\) tal que
$$
z\in D,\ n\gt N\Rightarrow \left\vert r_{n}(z) \right\vert \lt \varepsilon.
$$
Fixado um \(n=N,\;\;s_{N}(z)\) é contínua por ser a soma finita de funções contínuas e, portanto, dado \(\varepsilon \gt 0\) podemos determinar \(\delta\) tal que
$$
\left\vert z-z_0\right\vert \lt \delta \Rightarrow \left\vert s_{N}(z) -s_{N}( z_0) \right\vert \lt \varepsilon.
$$
Dai, e de (5), se pode concluir que
$$
\left\vert f(z) -f(z_0) \right\vert \leq \varepsilon +\varepsilon +\varepsilon =3\varepsilon ,
$$
o que significa que \(f(z)\) é contínua.
(ii) Observamos primeiro que, sendo \(f(z) =s_{n}(z) +r_{n}(z)\) temos
$$
\int_{C}f(z) dz=\int_{C}s_{n}(z) dz+\int_{C}r_{n}(z) dz=
$$
$$
\int_{C}\left[ \sum_{k=0}^{n}f_{k}(z) \right]
dz+\int_{C}r_{n}(z) dz=\sum_{k=0}^{n}\int_{C}f_{k}(
z) dz+\int_{C}r_{n}(z) dz,
$$
onde se usou o fato de que a integral da soma finita de funções é a soma das integrais. Observamos agora que a última integral tende a zero para \(n\rightarrow \infty\), o que é mais fácil ser mostrado em valor absoluto:
$$
\left\vert \int_{C}r_{n}(z) dz\right\vert \leq \int_{C}\left\vert r_{n}(z) \right\vert \left\vert dz\right\vert \leq \varepsilon L,
$$
onde fizemos \(\left\vert r_{n}(z) \right\vert \leq \varepsilon\) e \(\int_{C}\left\vert dz\right\vert =L\), é o comprimento de arco do
contorno \(C\). Tomando \(n\rightarrow \infty\) e lembrando que \(\left\vert r_{n}(z) \right\vert \underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}0\) temos o resultado desejado:
$$
\int_{C}f(z) dz=\sum_{n=0}^{\infty }\int_{C}f_{n}(z) dz.
$$
(iii) Como cada uma das funções \(f_{k}\) é analítica então
$$
\oint f_{k}(z) dz=0,\ k=0,~1,~2,\;\ldots.
$$
Como consequência \(\oint_{C}f(z) dz=\sum_{k=0}^{\infty }\oint_{C}f_{k}(z) dz=0\) para uma contorno fechado \(C\) arbitrário em \(D\). Pelo teorema de Morera concluímos que \(f\) é analítica. Resta mostrar que \(f’=\sum f_{k}^{\prime }\). Escolhido um \(z\in R\) e \(C\) um contorno envolvendo \(z\) uma vez no sentido positivo (podemos tomar, por exemplo \(C:\left\vert w-z\right\vert =\delta )\) temos que a série
$$
\frac{k!}{2\pi i}\frac{f(w) }{( w-z)^{k+1}}=\frac{k!}{2\pi i}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{f_{n}( w) }{( w-z)
^{k+1}}
$$
converge uniformemente para \(w\) sobre o contorno \(C\). Logo ela pode ser integrada termo a termo. Usando a fórmula da derivada \(k-\)ésima temos
$$
f^{( k) }(z) =\frac{k!}{2\pi i}\oint\nolimits_{C}\frac{f(w) }{( w-z)^{k+1}}dw=
$$
$$
f^{( k) }(z) =\frac{k!}{2\pi i}\oint\nolimits_{C}\frac{\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}( w) }{( w-z)^{k+1}}dw=
$$
$$
=\frac{k!}{2\pi i}\sum_{n=0}^{\infty }\oint\nolimits_{C}\frac{f_{n}( w) }{( w-z)^{k+1}}dw=\sum_{n=0}^{\infty } f_{n}^{(k) }(z),
$$
como queríamos mostrar.
Séries de potências
Um tipo particular de série de funções é obtido quando as funções envolvidas são simplesmente potências, \(f_{n}(z) =a_{n}(z-z_0)^{n}\). Neste caso temos as séries de potências,
(6)
$$
f(z) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)
^{n},\ \ a_{n},\ z_0\in \mathbb{C}.
$$
Esta é a chamada série de Taylor para função \(f(z)\) e seus coeficientes \(a_{n}\) podem ser obtidos, como veremos, de modo análogo ao usado nas séries de funções reais. Em alguns casos, no entanto, podemos obter a séries por comparação com séries previamente conhecidas, como ilustraremos nos exemplos a seguir.
Exemplo 10: Conhecemos a expansão em séries
$$
\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }z^{n},\ \ \left\vert z\right\vert \lt 1.
$$
Fazendo \(u=-z\) na expressão acima temos
$$
\frac{1}{1+u}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }( -u)
^{n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }( -1)^{n}u^{n},\ \ \left\vert
u\right\vert \lt 1.
$$
As duas séries convergem dentro do mesmo disco de raio unitário.
Exemplo 11: Podemos obter por comparação a expansão em séries de \(f(z) =1/z\) em torno de \(z_0=2\), ou seja, em potências de \(z-2\) da seguinte forma:
$$
\frac{1}{z}=\frac{1}{z-2+2}=\frac{1/2}{1+( z-2) /2}.
$$
Denotando \(u=( z-2) /2\) temos
$$
\frac{1}{z}=\frac{1}{2}\frac{1}{1+u}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty
}( -1)^{n}u^{n}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty }(
-1)^{n}( \frac{z-2}{2})^{n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{( -1)^{n}}{2^{n+1}}( z-2)^{n},
$$
válida na região
$$
\left\vert \frac{z-2}{2}\right\vert \lt 1\Rightarrow \left\vert z-2\right\vert \lt 2,
$$
ou seja, o disco de raio \(2\) com centro em \(z=2\). Observe que não é possível obter a série de potências, dada pela equação (6), da função \(f(z) =1/z\) em torno de \(z_0=0\), uma vez que, neste ponto, a função não é analítica e nem sequer está definida.
Exemplo 12: A expansão em séries de \(f(z) =1/z\) em potências de \(z+3\) pode ser obtida da seguinte forma:
$$
\frac{1}{z}=\frac{1}{z+3-3}=\frac{-1/3}{1-( z+3) /3}.
$$
Denotando \(u=( z+3) /3\) temos
$$
\frac{1}{z}=-\frac{1}{3}\frac{1}{1-u}=-\frac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty}u^{n}=-\frac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty }( \frac{z+3}{3})
^{n}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{3^{n+1}}( z+3)^{n},
$$
válida na região
$$
\left\vert \frac{z+3}{3}\right\vert \lt 1\Rightarrow \left\vert z+3\right\vert \lt 3.
$$
Exemplo 13: A função \(f(z)=1/( 6z-3)\) tem a seguinte expansão em torno de \(z_0=2\) :
$$
\frac{1}{6z-3}=\frac{1}{6( z-2) +9}=\frac{1/9}{1+2(
z-2) /3}.
$$
Denotando \(u=2( z-2) /3\) temos
$$
f(z) =\frac{1}{9}\frac{1}{1+u}=\frac{1}{9}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{n}=
$$
$$
=\frac{1}{9}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(\frac{2}{3})^{n}(z-2)^{n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }( -1)^{n}\frac{2^{n}}{3^{n+2}}( z-2)^{n}.
$$
Esta expansão é válida na região \(\left\vert z-2\right\vert \lt 3/2\).
Definição: Os valores de \(z\) para os quais a série converge absolutamente é a região de convergência da série. Se esta região é o disco \(\left\vert
z-z_0\right\vert \lt r\) então dizemos que \(r\) é o raio de convergência da série.
Teorema: O raio de convergência de \(s=\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}\;\) é dado por
$$
r=\lim_{n\rightarrow \infty }\left\vert \frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right\vert ,
$$
quando este limite existir.
Demonstração: Sabemos que a série dada converge se \(\sum\limits_{n=0}^{\infty }\left\vert a_{n}(z-z_0)^{n}\; \right\vert\) converge. Pelo teste da razão esta última série converge se
$$
L=\lim_{n\rightarrow \infty }\left\vert \frac{a_{n+1}(z-z_0)
^{n+1}}{a_{n}(z-z_0)^{n}}\right\vert \lt 1\Rightarrow
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left\vert a_{n+1}\right\vert }{\left\vert
a_{n}\right\vert }\frac{\ \left\vert z-z_0\right\vert^{n+1}}{\left\vert
z-z_0\right\vert^{n}}\lt 1,
$$
ou ainda
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left\vert a_{n}\right\vert }{\left\vert
a_{n+1}\right\vert }\frac{1}{\left\vert z-z_0\right\vert }\gt 1\Rightarrow
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left\vert a_{n}\right\vert }{\left\vert
a_{n+1}\right\vert }\gt \left\vert z-z_0\right\vert.
$$
Estes são os valores de \(z\) para os quais a série dada converge, ou
seja,
$$
\left\vert z-z_0\right\vert \lt r=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left\vert
a_{n}\right\vert }{\left\vert a_{n+1}\right\vert }.
$$
Exemplo 14: Vamos encontrar o raio de convergência da série \(\sum\nolimits_{n=1}^{\infty }( \sqrt{n})^{n}z^{n}\). Temos, neste caso, que \(a_{n}=n^{n}/2\) e, portanto,
$$
r=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{n^{n/2}}{( n+1)^{(
n+1) /2}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\left[ \frac{n^{n}}{(
n+1)^{n+1}}\right]^{1/2}=
$$
$$
=\lim_{n\rightarrow \infty }\left[ \frac{n^{n}}{( n+1)^{n}(
n+1) }\right]^{1/2}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{(
n+1)^{1/2}}( \frac{n}{( n+1) })^{n/2}=0.
$$
O raio de convergência nulo indica que esta série diverge para qualquer valor de \(z\neq 0\).
2. Use o teste de Weierstrass para testar a convergência dasseguintes séries:
$$
\begin{array}{ll}
\text{a. }\ \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{n\cos 3n}{1+5n}z^{n},\; \text{ no disco }\left\vert z\right\vert \leq r\lt 1,\;
& \text{b. }\; \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{n^{2}-2\cos n}{10n^{2}+7}z^{2n-1},\; \text{ no disco }\left\vert z\right\vert \leq r\lt 1,\\
\text{c. }\; \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{n+7\sqrt{n+1}}{(n+1) 2^{n}}z^{2n-1},\; \text{ no disco }\left\vert z\right\vert \leq r\lt \sqrt{2},
& \text{d. }\; \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{( -1)^{n}n( z-1)^{n}}{n+1}\; ,\ \text{no disco }\left\vert z-1\right\vert \leq r\lt 1, \\
\text{e. }\; \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{n^{k}}{R^{n}}z^{n},\; \text{ no disco } \left\vert z\right\vert \leq r\lt R,\; \text{ quaisquer }R\;\text{ e }k.
& \text{f. }\; \sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{a^{n}}{n!}z\;^{n},\; \text{ no disco }\left\vert z\right\vert \lt R,\; \text{ quaisquer }R \;\text{ e }\;\;\ a.
\end{array}
$$
3. Obtenha o desenvolvimento em séries de potências em torno do ponto indicado. Represente graficamente a região de convergência.
$$
\begin{array}{l}
\text{a. }\; f(z) =\frac{1}{z} \; \text{ em potências de }\;z+i,\; \\
\text{b. }\; f(z) =\frac{1}{2z-9} \; \text{ em torno de }\;z_0=3,\; \; \\
\text{c. }\; f(z) =\frac{1}{z^{2}} \; \text{ em potências de }\;z-1,\; \; \\
\text{d. }\; f(z) =\frac{1}{2z-3} \; \text{ em torno de }\;z_0=-i.\; \;
\end{array}
$$
Teorema: Toda série de potências
$$
f(z) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}
$$
representa uma função analítica em seu disco de convergência \(\left\vert z-z_0\right\vert \lt r\). Esta série pode ser derivada termo a termo um número \(n\) arbitrário de vezes e as derivadas possuem o mesmo raio de convergência da série original. Por exemplo, a derivada primeira é
$$
f'(z) =\sum\limits_{n=1}^{\infty }na_{n}(
z-z_0)^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }( n+1)
a_{n+1}(z-z_0)^{n},
$$
enquanto a derivada segunda é
$$
f^{\prime \prime }(z) =\sum\limits_{n=2}^{\infty }n(
n-1) a_{n}(z-z_0)^{n-2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty
}( n+1) ( n+2) a_{n+2}(z-z_0)^{n}.
$$
Teorema: Seja \(f\) uma função analítica em uma região \(R\). Então \(f\) possui um desenvolvimento único em série de potências dado por
(7)
$$
f(z) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{f^{( n) }( z_0) }{n!}(z-z_0)^{n},
$$
onde \(z_0\in R\) e \(\left\vert z-z_0\right\vert \leq r_0\) é um disco inteiramente contido em \(R\).
Demonstração: Seja \(z\) um ponto no interior do disco \(\left\vert z-z_0\right\vert \leq r_0\), como se mostra na figura 1. Denote \(r=\left\vert z-z_0\right\vert\) e escolha \(r_{1}\) de modo que \(r\lt r_{1}\lt r_0\). Como \(f\) é analítica em \(R\), pela fórmula de Cauchy
(8)
$$
f(z) =\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_{1}}\frac{f(w)}{w-z}dw, \;\text{ onde }\; C_{1}:\left\vert w-z_0\right\vert=r_{1}.
$$
Observe ainda que
$$
\frac{1}{w-z}=\frac{1}{( w-z_0) -(z-z_0) }=\frac{1}{w-z_0}\frac{1}{1-(z-z_0)/( w-z_0) }=
$$ Figura 1.
$$
=\frac{1}{w-z_0}\sum\limits_{n=0}^{\infty }(\frac{z-z_0}{w-z_0})^{n},
$$
que é uma série convergente porque
$$
\left\vert \frac{z-z_0}{w-z_0}\right\vert =\frac{\left\vert z-z_0\right\vert }{\left\vert w-z_0\right\vert }=\frac{r}{r_{1}} \lt 1.
$$
Concluimos que
$$
\frac{1}{w-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{(z-z_0)^{n}}{( w-z_0)^{n+1}}.
$$
O integrando na equação (8) pode ser escrito como
$$
\frac{f(w) }{w-z}=f(w) \sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{f(w) (z-z_0)^{n}}{( w-z_0)
^{n+1}}.
$$
Como \(f(z)\) é contínua ela deve assumir um valor finito máximo em \(C_{1}\), ou seja, \(\left\vert f(w)
\right\vert \leq M\) e
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty }\left\vert \frac{f(w) (
z-z_0)^{n}}{( w-z_0)^{n+1}}\right\vert \leq \frac{M}{r_{1}}\sum\limits_{n=0}^{\infty }( \frac{r}{r_{1}})^{n}.
$$
Pelo teste de Weierstrass a série converge e, portanto, pode ser integrada termo a termo,
$$
f(z) =\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_{1}}f(w)
\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{(z-z_0)^{n}}{(
w-z_0)^{n+1}}dw=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\left[ \frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_{1}}\frac{f(w) }{( w-z_0)^{n+1}}dw\right] (z-z_0)^{n}.
$$
O termo dentro de colchetes é \(f^{( n) }( z_0)/n!\) de onde concluímos a demonstração de que
$$
f(z) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{f^{( n)
}( z_0) }{n!}(z-z_0)^{n}.
$$
A série obtida, equação (7), é denominada série de Taylor. A expansão em séries de potência para uma função em torno de \(z_0=0\) é denominada série de MacLaurin.
Exemplo 15: A expansão em séries de potência para a função exponencial \(f(z) =\text{ e}^{z}\) em torno de \(z_0=0\) pode ser encontrada da seguinte forma:
$$
f^{( n) }(z) =\text{ e}^{z};\ f^{( n) }(0) =1.
$$
Então
$$
\text{ e}^{z}=1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\ldots +\frac{z^{n}}{n!}+\ldots=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{z^{n}}{n!}.
$$
Exemplo 16: (Série binomial) Considere a função \(f(z) =( 1+z)^{\alpha }\), no ramo \(f(0)=1\). Em torno de \(z_0=0\) podemos calcular
$$
f'(z) =\alpha ( 1+z)^{\alpha -1},\ \
f'( 0) =\alpha ,
$$
$$
f^{\prime \prime }(z) =\alpha ( \alpha -1) (
1+z)^{\alpha -2},\ \ f^{\prime \prime }( 0) =\alpha
( \alpha -1) ,
$$
$$
f^{( n) }(z) =\alpha ( \alpha -1) \cdots
( \alpha -n+1) ( 1+z)^{\alpha -n},\ \ f^{(
n) }( 0) =\alpha ( \alpha -1) \cdots (
\alpha -n+1).
$$
Portanto
$$
( 1+z)^{\alpha }=1+\alpha z+\frac{\alpha ( \alpha -1) }{!}z^{2}+\cdots =\sum\limits_{n=0}^{\infty }(
\begin{array}{c} \alpha \\
n\end{array}) z^{n}.
$$
onde
$$
(
\begin{array}{c}
\alpha \\
n\end{array}) =\frac{\alpha ( \alpha -1) \cdots ( \alpha
-n+1) }{n!}
$$
é o coeficiente binomial. Se \(\alpha\) é inteiro então a série termina no termo \(n=\alpha\).
Exercícios:
1. Encontre as séries de potências em torno de \(z_0=0\) de: a. \(\text{sen }z\), b. \(\cos z\), c. \(\text{ senh }z\), d. \(\cosh z\).
2. Desenvolva em torno de \(z_0=1\) a função \(f(z) =z\ln z-z\). (Use a determinação ou ramo principal, no qual \(\ln 1=0\)).
3. Desenvolva em séries de potências de \(z\) e \(( z-2)\) as funções
$$
f(z) =\frac{1}{( 4-z)^{3}};\ \ g(z) =\frac{1}{z^{5}}.
$$
3) Observe que \(f(z) =( 1/4^{3}) /( 1-z/4)^{3}\) e aplique o desenvolvimento binomial. Alternativamente desenvolva \(1/( 4-z)\) em potências de \(z\) e derive duas vezes.
Séries de Laurent
Podemos notar que uma função não analítica em torno de um ponto \(z_0\) pode ter um desenvolvimento em séries em torno deste ponto se admitirmos potências com expoentes negativos. Para ver isto com maior clareza consideremos um exemplo.
Exemplo 17: A função \(f(z) =\text{ e}^{z}/z^{3}\) não é analítica em \(z=0\) e portanto não possui expansão de Taylor em torno deste ponto. No entanto podemos escrever
$$
\frac{\text{ e}^{z}}{z^{3}}=\frac{1}{z^{3}}( 1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\ldots +\frac{z^{n}}{n!}+\ldots ) \frac{1}{z^{3}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{2!z}+\frac{1}{3!}+\frac{z}{4!}+\frac{z^{2}}{5!}+\ldots.
$$
Podemos também escrever diretamente
$$
\frac{\text{ e}^{z}}{z^{3}}=\frac{1}{z^{3}}\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{z^{n}}{n!}=
\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{z^{n-3}}{n!}=\sum\limits_{n=-3}^{\infty }\frac{z^{n}}{( n+3) !}.
$$
Esta série, incluindo termos em potências negativas de \(z\), generaliza a série de Taylor e é chamada Série de Laurent.
Teorema: Seja \(f\) uma função univalente e analítica na região anular \(G:r\lt \left\vert z-z_0\right\vert \lt R\). Então, \(\forall z\in G\) vale$$
f(z) =\sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{a_{-n}}{(z-z_0)^{n}}+\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n},
$$
onde os coeficientes \(a_{n}\) são dados por
$$
a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}\frac{f(w) }{(w-z_0)^{n+1}}dw
$$
sendo \(C\) um contorno fechado envolvendo \(z_0\) uma vez, no sentido positivo.
Demonstração: Representamos na figura 2 a região anular \(G\) limitada pelos círculos de raio \(r\) e \(R\), e \(z\in G\). Construímos dois caminhos \(C_{1}\) e \(C_{2}\), de raios \(r_{1}\) e \(r_{2}\) respectivamente, e o caminho \(\gamma =C_{2}\cup -C_{1}\cup L\cup -L\) de forma que \(f\) seja analítica em \(\gamma\) e seu interior. Como \(f\) é analítica em \(G\) podemos usar a fórmula da integral,
$$
f(z) =\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\gamma }\frac{f(w) }{w-z_0}dw.
$$
Esta integral pode ser escrita como a soma
$$
f(z) =\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_2}\frac{f(w) }{w-z_0}dw-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_1}\frac{f(w) }{w-z_0}dw,
$$
lembrando que as integrais sobre \(L\) e \(-L\) se cancelam.
Figura 2.
A primeira integral, sobre o caminho \(C_2\), é a mesma já tratada na demonstração do teorema de Taylor, resultando em
$$
\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_2}\frac{f(w)}{w-z_0}dw=\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n},\ \text{onde }\ a_{n}=\frac{f^{( n) }( z_0) }{n!}.
$$
Para resolver a segunda integral, que denotaremos por \(I_{2}\), escrevemos
$$
\frac{1}{w-z}=\frac{1}{( w-z_0) -(z-z_0) }=\frac{-1/(z-z_0) }{1-( w-z_0) /(z-z_0) }
$$
$$
=-\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{( w-z_0)^{n}}{(z-z_0)^{n+1}},
$$
uma série que converge uniformemente para todo \(w\) em \(C_{1}\) pois
$$
\left\vert \frac{w-z_0}{z-z_0}\right\vert =\frac{\left\vert
w-z_0\right\vert }{\left\vert z-z_0\right\vert }=\frac{r_{1}}{r}\lt 1.
$$
Desta forma podemos escrever
$$
I_{2}=\frac{-1}{2\pi i}\oint\limits_{C_{1}}\frac{f(w) }{w-z}dw=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C_{1}}f(w)
\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{( w-z_0)^{n}}{(
z-z_0)^{n+1}}dw=
$$
$$
=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(z-z_0)
^{n+1}}\oint\limits_{C_{1}}\frac{f(w) dw}{( w-z_0)
^{-n}}.
$$
Trocando o índice de \(n\) para \(n+1\) temos
$$
I_{2}=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(
z-z_0)^{n}}\oint\limits_{C_{1}}\frac{f(w) dw}{(
w-z_0)^{-n+1}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{a_{-n}}{(
z-z_0)^{n}}=\sum\limits_{n=-\infty }^{-1}a_{n}(z-z_0)
^{n}.
$$
Observe que, nos dois casos, as constantes podem ser expressas por
$$
a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}\frac{f(w) dw}{(
w-z_0)^{n+1}},
$$
onde \(C\) pode ser qualquer caminho que envolve \(z_0\) uma vez, no sentido positivo.
Algumas vezes, da mesma forma que ocorre com as expansões em séries de Taylor para funções analíticas, é possível encontrar a série de Laurent por simples manipulação da função dada e comparação com a série geométrica. Para mostrar isto vejamos um exemplo.
Exemplo 18: Vamos obter série de Laurent para a função
$$
f(z) =\frac{1}{z^{2}-3z+2},
$$
em torno de \(z_0=1\), na região \(0\lt \left\vert z-1\right\vert \lt 1\). Escrevemos a função como
$$
f(z) =\frac{1}{( z-1) ( z-2) },
$$
e observamos que \(1/( z-2)\) é analítica em \(z_0=1\) e pode ser escrita como
$$
\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z-1-1}=\frac{-1}{1-( z-1) }=-\sum\limits_{n=0}^{\infty }( z-1)^{n},
$$
válida para \(\left\vert z-1\right\vert \lt 1\). Como consequência
$$
f(z) =\frac{1}{z-1}\frac{1}{z-2}=\frac{-1}{z-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }( z-1)
^{n}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty }( z-1)^{n-1},
$$
que é a série de Laurent para esta função na região indicada. Esta série pode também ser escrita como
$$
f(z) =-\sum\limits_{n=-1}^{\infty }( z-1)^{n}.
$$
Alternativamente, o mesmo exercício pode ser feito do seguinte modo: escrevemos, por meio de frações parciais
$$
f(z) =\frac{1}{( z-1) ( z-2) }=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}.
$$
A série de Taylor para o primeiro termo, analítico, já foi encontrada. Temos portanto a mesma série já encontrada,
$$
f(z) =-\frac{1}{z-1}-\sum\limits_{n=0}^{\infty }(z-1)^{n}.
$$
Exemplo 19: Vamos obter série de Laurent para a mesma função do exemplo anterior, \(f(z)=(z^2-3z+2)^{-1}\) em torno de \(z_0=1\), mas desta vez na região \(\left\vert z-1\right\vert \gt 1\). Agora o ponto \(z_0=2\) está dentro da região de interesse e \(1/(z-2)\) não é analítica. Fazemos
$$
\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z-1-1}=\frac{1/( z-1) }{1-1/(z-1) }=\frac{1}{z-1}\frac{1}{1-u}=\frac{1}{z-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }u^{n},
$$
onde
$$
u=\frac{1}{z-1},\;\; \text{válida para }\;\; \left\vert u\right\vert \lt 1\Rightarrow \left\vert z-1\right\vert \gt 1,
$$
que é a região onde se espera que a série seja convergente. Como consequência
$$
\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }( \frac{1}{z-1})^{n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{( z-1)^{n+1}}.
$$
A série que buscamos é
$$
f(z) =\frac{1}{z-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(
z-1)^{n+1}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{1}{( z-1)
^{n+2}}=\sum\limits_{n=-\infty }^{-2}( z-1)^{n}.
$$
As séries de Laurent generalizam as séries de Taylor para o tratamento de funções que possuem algum ponto de não analiticidade dentro da região considerada. Observe que, se \(f\) é analítica em toda parte, inclusive para \(\left\vert z-z_0\right\vert \leq r\), então os coeficientes \(a_{n}\) com \(n\) negativo são todos
nulos. Por exemplo:
$$
a_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}f(w) dw=0,
$$
$$
a_{-2}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}f(w) (w-z_0) dw=0,
$$
$$
a_{-3}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{C}f(w) (w-z_0)^{2}dw,
$$
e assim por diante, já que os integrandos são analíticos.
Zeros de funções analíticas
Definição: Dizemos que uma função \(g(z)\) é analítica (ou regular) em \(z=\infty\) se \(g( 1/w)\) for analítica em \(w=0\). Neste caso vale a expansão
$$
g\left( \frac{1}{w} \right) =b_0+b_{1}w+b_{2}w^{2}+\ldots
$$
na vizinhança de \(w=0\), ou, equivalentemente,
$$
g(z) =b_0+\frac{b_{1}}{z}+\frac{b_{2}}{w^{2}}+\ldots.
$$
Se \(f\) uma função analítica no ponto \(z_0\) ela possui expansão de Taylor dada por
$$
f(z) =\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n},\ \text{na vizinhança }\left\vert z-z_0\right\vert \lt r.
$$
Observe que se \(a_0=0\) temos que \(z_0\) é um zero de \(f\), enquanto se \(a_{n}=0\), para todo \(n\), então a função é identicamente nula \(f\equiv 0\) na vizinhança de \(z_{0.}\) Excluindo-se este último caso, suponha que \(a_{m}\), é o primeiro coeficiente não nulo na expansão de Taylor. Neste caso
(9)
$$
f(z) =\sum\limits_{n=m}^{\infty }a_{n}(z-z_0)^{n}=a_{m}(z-z_0)^{m}+a_{m+1}(z-z_0)^{m+1}+\ldots
$$
e dizemos que \(z_0\) é um zero de ordem \(m\) da função. O teorema seguinte fornece um critério de determinação de zeros de uma função.
Teorema: \(z_0\) é um zero de ordem \(m\) de uma função analítica \(f\) se, e somente se, existe uma função \(g\) satisfazendo
$$
f(z) =(z-z_0)^{m}g(z) \; \text{ onde } \; g( z_0) \neq 0.
$$
Alternativamente, o limite
$$
\lim_{z\rightarrow z_0}\frac{f(z) }{(z-z_0)^{m}}
$$
é finito e não nulo.
Demonstração: Fatorando \((z-z_0)^{m}\) na expressão (9) acima obtemos
$$
f(z) =(z-z_0)^{m}\left[ a_{m}+a_{m+1}(z-z_0) +a_{m+2}(z-z_0)^{2}+\ldots \right]
$$
$$
=(z-z_0)^{m}\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{m+n}(z-z_0)^{n}.
$$
Denotando \(g(z) =\sum\nolimits_{n=0}^{\infty }a_{m+n}(z-z_0)^{n}\) temos que, se \(z_0\) é zero de ordem \(m\) de \(f\) então
$$
f(z) =(z-z_0)^{m}g(z) \; \text{ onde } \; g( z_0) \neq 0.
$$
Observamos que
$$
\lim_{z\rightarrow z_0}\frac{f(z) }{(z-z_0)^{m}}=g( z_0) =a_{m}.
$$
Se \(f\) é regular (analítica) em \(z=\infty\) este ponto é chamado um zero de ordem \(m\) se \(w=0\) é zero de ordem \(m\) de \(f(1/w)\).
Exercícios :
1. Encontre as séries de Laurent nas regiões dadas:
a. \(f(z) =\frac{1+z}{z},\; z_0=0,\;\;0 \lt \left\vert z \right\vert \lt \infty\).
b. \(f(z) =\frac{z}{z^{2}+1},\; z_0=0,\;\;0 \lt \left\vert z \right\vert \lt \infty\).
2. Seja \(f\) uma função analítica no ponto \(z_0\). Mostre que \(z_0\) é um zero de ordem \(m\) de \(f\) se, e somente se,
$$
f(z_0)=0,\; f'(z_0) =0,\ldots ,\; f^{(m-1)}(z_0) =0 \; \text{ e }\; f^{(m)}(z_0) \neq 0.
$$
3. Determine a ordem do zero \(z=0\;\;\) nas seguintes funções:
$$
\begin{array}{ll}
\text{a.}\;\; (\cos z-1)^{3}\text{sen }z,\;\;
& \text{b.}\;\; \frac{(1-\cos z) \text{ sen }^{2}z}{1-\text{e}^z},\;\;
& \text{c.}\;\; (\text{ e}^{z}-1-z)^{3}\text{sen }^{2}z,\;\;
\\
\text{d.}\;\; \text{e}^{\text{sen }z}-\text{ e}^{z},\;\;
& \text{e.}\;\; (\text{e}^{z^{2}}-1)(\text{sen }^{2}z-z^{2}),\;\;
& \text{f.}\;\; \text{e}^{\text{sen }z}-\text{e}^{\tan z}.
\end{array}
$$
Algumas respostas e sugestões:
1a. A função já está sob a forma de uma série de Laurent: \(f(z) =1+1/z.\)
b. Escreva sob a forma de frações parciais \(f(z)=\frac{A}{z+i}+\frac{B}{z-i}\) para achar
$$
f(z) =\frac{1}{2}( z-i)^{-1}+\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}(z-i)^{n}}{(2i)^{n+1}}.
$$
