Funções Analíticas Complexas: 6 Exercícios Desafiadores Resolvidos

Este post aborda a decomposição de polinômios complexos, derivadas de funções logarítmicas e produtos de potências em números complexos, com exemplos detalhados. Aqui você encontrará uma explicação clara de conceitos avançados de funções analíticas complexas, além de exercícios resolvidos que facilitam o entendimento dos cálculos.

Introdução

Funções analíticas complexas são essenciais para o estudo de variáveis complexas e aparecem frequentemente em campos como engenharia elétrica, física e matemática aplicada. Neste post, vamos explorar alguns exercícios avançados, como a decomposição de polinômios complexos em fatores, a derivada de funções compostas e o uso das equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares. Com exemplos detalhados, este post é um guia prático para quem deseja aprimorar suas habilidades no estudo de funções analíticas complexas e se preparar para provas e desafios acadêmicos.

Exercícios Resolvidos Sobre Funções Analíticas Complexas

1) Decomponha o polinômio $$p(z)=z^2 -(1+i)z + 5i $$ em um produto de fatores iguais z- \alpha .

Para decompor o polinômio:

$$ p(z) = z^2 – (1+i)z + 5i $$

usamos a fórmula resolvente para encontrar as raízes \( \alpha_1 \) e \( \alpha_2 \). A fórmula de Bhaskara para o polinômio é dada por:

$$ z = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a} $$

onde \( a = 1 \), \( b = -(1+i) \), e \( c = 5i \).

Primeiro, simplificamos os termos:
$$ b = -(1+i), \quad b^2 = 2i $$
$$ \Delta = b^2 – 4ac = 2i – 20i = -18i $$
$$ \sqrt{-18i} = 3\sqrt{2}(1 – i) $$

Agora, substituímos na fórmula:

$$ z = \frac{1+i \pm 3\sqrt{2}(1 – i)}{2} $$

Obtemos duas raízes:

$$ \alpha_1 = \frac{(1 + 3\sqrt{2})}{2} + \frac{(1 – 3\sqrt{2})i}{2} $$
$$ \alpha_2 = \frac{(1 – 3\sqrt{2})}{2} + \frac{(1 + 3\sqrt{2})i}{2} $$

Substituindo \( \alpha_1 \) e \( \alpha_2 \) na fórmula de decomposição do polinômio:

$$ p(z) = \left( z – \left( \frac{(1 + 3\sqrt{2})}{2} + \frac{(1 – 3\sqrt{2})i}{2} \right) \right) \cdot \left( z – \left( \frac{(1 – 3\sqrt{2})}{2} + \frac{(1 + 3\sqrt{2})i}{2} \right) \right) $$

Expandindo os termos:

$$ p(z) = \left( z – \frac{(1 + 3\sqrt{2})}{2} – \frac{(1 – 3\sqrt{2})i}{2} \right) \cdot \left( z – \frac{(1 – 3\sqrt{2})}{2} – \frac{(1 + 3\sqrt{2})i}{2} \right) $$

Essa é a decomposição completa do polinômio \( p(z) \).

2) Calcule a derivada de $$f(z) = \left(z^2-i \right)^3 \left( iz+1 \right)^2.$$

Para encontrar a derivada de:

$$ f(z) = \left( z^2 – i \right)^3 \left( iz + 1 \right)^2 $$

usamos a regra do produto:

$$ f'(z) = u'(z) v(z) + u(z) v'(z) $$

onde:

$$ u(z) = \left( z^2 – i \right)^3, \quad v(z) = \left( iz + 1 \right)^2 $$

Aplicando a regra da cadeia para \( u(z) = \left( z^2 – i \right)^3 \):

$$ u'(z) = 3 \left( z^2 – i \right)^2 \cdot \frac{d}{dz} \left( z^2 – i \right) = 3 \left( z^2 – i \right)^2 \cdot 2z = 6z \left( z^2 – i \right)^2 $$

Aplicando a regra da cadeia para \( v(z) = \left( iz + 1 \right)^2 \):

$$ v'(z) = 2 \left( iz + 1 \right) \cdot \frac{d}{dz} \left( iz + 1 \right) = 2 \left( iz + 1 \right) \cdot i = 2i \left( iz + 1 \right) $$

Agora, juntamos os resultados para obter \( f'(z) \):

$$ f'(z) = 6z \left( z^2 – i \right)^2 \left( iz + 1 \right)^2 + \left( z^2 – i \right)^3 \cdot 2i \left( iz + 1 \right) $$

Essa é a derivada de \( f(z) = \left( z^2 – i \right)^3 \left( iz + 1 \right)^2 \).

3) Mostre que se z=r(cos \theta + i sen \theta ) , então as equações de Cauchy-Riemann para uma função f(z) analítica são dadas em coordenadas polares por $$ \frac{ \partial u }{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta} \qquad \text{e} \qquad \frac{ \partial v }{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}.$$ Em seguida, use esta fórmula para mostrar que a função f(z) = \ln{z} é analítica e encontrar a derivada desta função logaritmica complexa.

Para mostrar que as equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares são:

$$ \frac{ \partial u }{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta} \qquad \text{e} \qquad \frac{ \partial v }{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}, $$

seguimos os passos abaixo:

Sabemos que em coordenadas polares:

$$ z = r(\cos \theta + i \sin \theta) $$

com:

$$ x = r \cos \theta, \quad y = r \sin \theta. $$

A função \( f(z) \) é escrita como \( f(z) = u(x,y) + iv(x,y) \).

As transformações das derivadas de \( x \) e \( y \) em termos de \( r \) e \( \theta \) são:

$$ \frac{\partial}{\partial x} = \cos \theta \frac{\partial}{\partial r} – \frac{1}{r} \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta}, $$

$$ \frac{\partial}{\partial y} = \sin \theta \frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r} \cos \theta \frac{\partial}{\partial \theta}. $$

As equações de Cauchy-Riemann são:

$$ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \qquad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}. $$

Substituímos as expressões para \( \frac{\partial}{\partial x} \) e \( \frac{\partial}{\partial y} \) nas equações de Cauchy-Riemann.

Para a primeira equação \( \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \):

$$ \cos \theta \frac{\partial u}{\partial r} – \frac{1}{r} \sin \theta \frac{\partial u}{\partial \theta} = \sin \theta \frac{\partial v}{\partial r} + \frac{1}{r} \cos \theta \frac{\partial v}{\partial \theta}, $$

o que simplifica para:

$$ \frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta}. $$

Para a segunda equação \( \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \):

$$ \sin \theta \frac{\partial u}{\partial r} + \frac{1}{r} \cos \theta \frac{\partial u}{\partial \theta} = -\left( \cos \theta \frac{\partial v}{\partial r} – \frac{1}{r} \sin \theta \frac{\partial v}{\partial \theta} \right), $$

simplifica para:

$$ \frac{\partial v}{\partial r} = -\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}. $$

As equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares são:

$$ \frac{ \partial u }{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta}, \qquad \frac{ \partial v }{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}. $$

Para mostrar que \( f(z) = \ln{z} \) é analítica e encontrar sua derivada, sabemos que em coordenadas polares:

$$ z = r(\cos \theta + i \sin \theta) = r e^{i\theta}, $$

então o logaritmo de \( z \) é:

$$ f(z) = \ln{z} = \ln{r e^{i\theta}} = \ln{r} + i \theta. $$

As partes real e imaginária são:

$$ u(r, \theta) = \ln{r}, \quad v(r, \theta) = \theta. $$

As equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares são:

$$ \frac{ \partial u }{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta}, \quad \frac{ \partial v }{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}. $$

Calculamos as derivadas:

1. \( u(r, \theta) = \ln{r} \):

$$ \frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r}, \quad \frac{\partial u}{\partial \theta} = 0. $$

2. \( v(r, \theta) = \theta \):

$$ \frac{\partial v}{\partial r} = 0, \quad \frac{\partial v}{\partial \theta} = 1. $$

Substituímos nas equações de Cauchy-Riemann:

– Primeira equação:

$$ \frac{ \partial u }{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{r} = \frac{1}{r}. $$

– Segunda equação:

$$ \frac{ \partial v }{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta} \quad \Rightarrow \quad 0 = 0. $$

Como as equações são satisfeitas, \( f(z) = \ln{z} \) é analítica.

Sabemos que a derivada de uma função analítica é dada por:

$$ f'(z) = \frac{\partial u}{\partial r} + i \frac{\partial v}{\partial r} $$

Substituindo as derivadas:

$$ f'(z) = \frac{1}{r} + i(0) = \frac{1}{r} $$

Como \( z = r e^{i \theta} \), temos \( r = |z| \). Sabemos que \( z = r e^{i \theta} \), portanto \( \frac{1}{r} = \frac{1}{z} \). Logo, a derivada de \( f(z) = \ln(z) \) é:

$$ f'(z) = \frac{1}{z} $$

Conclusão: a derivada de \( f(z) = \ln(z) \) é \( \frac{1}{z} \).

4) Verifique se a função f(z) = \sqrt{z} é analítica. Em caso afirmativo, calcule f'(z) .

Para verificar se a função f(z) = \sqrt{z} é analítica e calcular sua derivada f'(z) , sabemos que, em coordenadas polares, z = r(\cos \theta + i \sin \theta) , então a função f(z) = \sqrt{z} pode ser escrita como:

$$ f(z) = \sqrt{r} \left( \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) + i \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \right) $$

Aqui, a parte real e a parte imaginária são:

– Parte real: u(r, \theta) = \sqrt{r} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) ,
– Parte imaginária: v(r, \theta) = \sqrt{r} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) .

As derivadas parciais são:

– \frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{2\sqrt{r}} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) ,
– \frac{\partial u}{\partial \theta} = -\frac{\sqrt{r}}{2} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) ,
– \frac{\partial v}{\partial r} = \frac{1}{2\sqrt{r}} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) ,
– \frac{\partial v}{\partial \theta} = \frac{\sqrt{r}}{2} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) .

As equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares são:

$$ \frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta}, \qquad \frac{\partial v}{\partial r} = – \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta} $$

Substituindo as derivadas, obtemos:

$$ \frac{1}{2\sqrt{r}} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) = \frac{1}{r} \cdot \frac{\sqrt{r}}{2} \cos \left( \frac{\theta}{2} \right), \qquad \frac{1}{2\sqrt{r}} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) = -\frac{1}{r} \cdot \left( -\frac{\sqrt{r}}{2} \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \right) $$

As equações são satisfeitas, o que mostra que a função f(z) = \sqrt{z} é analítica.

A derivada de uma função analítica é dada por:

$$ f'(z) = \frac{\partial u}{\partial r} + i \frac{\partial v}{\partial r} $$

Substituindo as derivadas calculadas:

$$ f'(z) = \frac{1}{2\sqrt{r}} \left( \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) + i \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \right) $$

Como \cos \left( \frac{\theta}{2} \right) + i \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) = e^{i \frac{\theta}{2}} e \sqrt{z} = \sqrt{r} e^{i \frac{\theta}{2}} , temos:

$$ f'(z) = \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{z}} $$

Portanto, a derivada de f(z) = \sqrt{z} é:

$$ f'(z) = \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{z}} $$

5) Mostre que, para todos z_1 , z_2 \in \mathbb{C}:

a)  sen (z_1 + z_2 )= sen(z_1) cos(z_2) + sen(z_2 ) cos (z_1) ;

Sabemos que o seno de um número complexo z é definido como:

$$ \sin(z) = \frac{e^{iz} – e^{-iz}}{2i}. $$

Queremos calcular \sin(z_1 + z_2) . Pela definição do seno, temos:

$$ \sin(z_1 + z_2) = \frac{e^{i(z_1 + z_2)} – e^{-i(z_1 + z_2)}}{2i}. $$

Utilizando a propriedade das exponenciais e^{i(z_1 + z_2)} = e^{iz_1}e^{iz_2} e e^{-i(z_1 + z_2)} = e^{-iz_1}e^{-iz_2} , podemos reescrever a expressão como:

$$ \sin(z_1 + z_2) = \frac{e^{iz_1}e^{iz_2} – e^{-iz_1}e^{-iz_2}}{2i}. $$

Agora, vamos reorganizar os termos:

$$ \sin(z_1 + z_2) = \frac{(e^{iz_1} – e^{-iz_1})e^{iz_2} + (e^{iz_2} – e^{-iz_2})e^{-iz_1}}{2i}. $$

Sabemos que:

$$ \sin(z_1) = \frac{e^{iz_1} – e^{-iz_1}}{2i}, \quad \cos(z_1) = \frac{e^{iz_1} + e^{-iz_1}}{2}, $$

$$ \sin(z_2) = \frac{e^{iz_2} – e^{-iz_2}}{2i}, \quad \cos(z_2) = \frac{e^{iz_2} + e^{-iz_2}}{2}. $$

Substituindo essas definições na equação original, obtemos:

$$ \sin(z_1 + z_2) = \sin(z_1)\cos(z_2) + \sin(z_2)\cos(z_1). $$

Portanto, mostramos que para todos z_1 , z_2 \in \mathbb{C} , vale a identidade:

$$ \sin(z_1 + z_2) = \sin(z_1)\cos(z_2) + \sin(z_2)\cos(z_1). $$

b) cos (z_1 + z_2 )= cos(z_1) cos(z_2) - sen(z_2 ) sen (z_1)

Sabemos que o cosseno de um número complexo z é definido como:

$$ \cos(z) = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}. $$

Queremos calcular \cos(z_1 + z_2) . Pela definição do cosseno, temos:

$$ \cos(z_1 + z_2) = \frac{e^{i(z_1 + z_2)} + e^{-i(z_1 + z_2)}}{2}. $$

Utilizando a propriedade das exponenciais e^{i(z_1 + z_2)} = e^{iz_1}e^{iz_2} e e^{-i(z_1 + z_2)} = e^{-iz_1}e^{-iz_2} , podemos reescrever a expressão como:

$$ \cos(z_1 + z_2) = \frac{e^{iz_1}e^{iz_2} + e^{-iz_1}e^{-iz_2}}{2}. $$

Agora, vamos reorganizar os termos:

$$ \cos(z_1 + z_2) = \frac{(e^{iz_1} + e^{-iz_1}) (e^{iz_2} + e^{-iz_2}) – (e^{iz_1} – e^{-iz_1})(e^{iz_2} – e^{-iz_2})}{2}. $$

Sabemos que:

$$ \cos(z_1) = \frac{e^{iz_1} + e^{-iz_1}}{2}, \quad \sin(z_1) = \frac{e^{iz_1} – e^{-iz_1}}{2i}, $$

$$ \cos(z_2) = \frac{e^{iz_2} + e^{-iz_2}}{2}, \quad \sin(z_2) = \frac{e^{iz_2} – e^{-iz_2}}{2i}. $$

Substituindo essas definições na equação original, obtemos:

$$ \cos(z_1 + z_2) = \cos(z_1)\cos(z_2) – \sin(z_1)\sin(z_2). $$

6) Considere a função f(z) = \ln{\left( z^{1/n} \right)} :

a) Mostre que \ln{\left( z^{1/n} \right)}= \frac{1}{n} \ln{(z)} ;

Sabemos que, para um número complexo z , podemos escrever z em sua forma polar como:

$$ z = r e^{i \theta}, $$

onde r = |z| é o módulo de z e \theta = \arg(z) é o argumento de z .

Agora, tomemos a função z^{1/n} . Usando a propriedade da exponenciação de números complexos:

$$ z^{1/n} = (r e^{i \theta})^{1/n} = r^{1/n} e^{i \theta/n}. $$

Aplicamos o logaritmo natural à expressão z^{1/n} :

$$ \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \ln{\left( r^{1/n} e^{i \theta/n} \right)}. $$

Sabemos que o logaritmo de um produto é a soma dos logaritmos, então:

$$ \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \ln{\left( r^{1/n} \right)} + \ln{\left( e^{i \theta/n} \right)}. $$

Utilizando as propriedades do logaritmo, obtemos:

$$ \ln{\left( r^{1/n} \right)} = \frac{1}{n} \ln{r}, \quad \ln{\left( e^{i \theta/n} \right)} = i \frac{\theta}{n}. $$

Portanto:

$$ \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \frac{1}{n} \ln{r} + i \frac{\theta}{n}. $$

Agora, consideremos \frac{1}{n} \ln{z} . Sabemos que:

$$ \ln{z} = \ln{r} + i \theta. $$

Multiplicando por \frac{1}{n} , obtemos:

$$ \frac{1}{n} \ln{z} = \frac{1}{n} \left( \ln{r} + i \theta \right) = \frac{1}{n} \ln{r} + i \frac{\theta}{n}. $$

Comparando as duas expressões, concluímos que:

$$ \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \frac{1}{n} \ln{(z)}. $$

b) Calcule \dfrac{d}{dz} \ln{\left( z^{1/n} \right)} .

Vamos calcular a derivada de:

$$ \frac{d}{dz} \ln{\left( z^{1/n} \right)} $$

Sabemos que, pela propriedade do logaritmo:

$$ \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \frac{1}{n} \ln{z}. $$

### Passo 1: Derivada de \frac{1}{n} \ln{z}

A derivada de \ln{z} em relação a z é \frac{1}{z} , portanto:

$$ \frac{d}{dz} \ln{\left( z^{1/n} \right)} = \frac{1}{n} \frac{d}{dz} \ln{z} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{z}. $$

Conclusão

Com a decomposição de polinômios e a aplicação das equações de Cauchy-Riemann, podemos dominar conceitos-chave das funções complexas analíticas. Resolver exercícios como esses prepara o estudante para lidar com problemas reais que envolvem variáveis complexas, consolidando o entendimento de técnicas fundamentais em matemática avançada.

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