Metodos de Fısica Teorica I

Capıtulo I

Integracao Complexa

Prof. Ricardo Luiz Viana

Departamento de Fısica

Universidade Federal do Parana

Curitiba - Parana

3 de agosto de 2015

1 Revisao de conceitos basicos

1.1 Numeros complexos

• Forma algebrica: z = x+ iy, com i =√−1

• x = Re{z}: parte real de z, y = Im{z}: parte imaginaria de z

• Complexo conjugado: z∗ = x− iy

x =z + z∗

2, y =

z − z∗

2i, (1)

• Forma trigonometrica: (r, θ) sao coordenadas polares no plano complexo

x = r cos θ, y = r sin θ (2)

r =√

x2 + y2, tan θ =y

x(3)

x = r(cos θ + i sin θ) (4)

Figura 1: Plano complexo.

1

y

x

v

u

wz

z

z

w = f(z )0

1w = f(z )

0 0

1 1

Figura 2: Transformacao no plano complexo.

• Modulo quadrado: |z| =√z∗z =

√

x2 + y2 = r

• Argumento: θ (nos intervalos [0, 2π) ou (−π, π])

• Relacao de Euler

eiθ = cos θ + i sin θ. (5)

• Forma exponencial:z = reiθ , z∗ = re−iθ, (6)

1.2 Funcoes analıticas

• Funcao como uma transformacao no plano complexo: z = x+ iy [Fig. 2]

w = f(z) = u+ iv, u = u(x, y), v = v(x, y) (7)

• Funcao analıtica: f(z) e analıtica em z = a se f(z) for diferenciavel emz = a e em alguma vizinhanca de z = a no plano complexo.

• Condicoes de Cauchy-Riemann: condicoes necessarias e suficientes paraque f(z) = u+ iv seja analıtica [1, 2]

∂u

∂x=∂v

∂y,

∂u

∂y= −∂v

∂x, (8)

• Uma funcao e inteira se ela for analıtica em todo o plano complexo.

• Singularidade: se a derivada f ′(z) nao existe em z = a devido a existenciade uma singularidade, ou seja, se limz→a f(z) = ∞, entao f(z) nao eanalıtica nesse ponto

1.3 Algumas funcoes importantes

1.3.1 Raiz quadrada

E a funcao w = f(z) =√z, tal que

w = f(z) =√z, w =

√reiθ/2. (9)

2

y v wz

x u

z

w

w1

2

Figura 3: Imagens do ponto z = i pelo ramo principal da funcao raiz quadrada.

y v wz

x u

w1

w2

z

z

1

2

Figura 4: Imagens de dois pontos proximos ao corte de ramo da funcao raizquadrada.

Se fizermos θ → θ + 2π, embora o numero complexo z nao mude, mas o valorde f(z) sera outro:

w =√rei(

θ

2+π) =

√reiθ/2e−iπ = −

√reiθ/2.

Ex.: se θ = π/2 e r = 1, z = eiπ/2 = cos π2 + i sin π2 , cuja raiz quadrada

corresponde aos seguintes valores [Fig. 3]:

w1 = eiθ/2 = eiπ/4 = cosπ

4+ i sin

π

4=

1 + i√2,

w2 = ei(θ/2+π) = ei5π/4 = cos5π

4+ i sin

5π

4= −1 + i√

2,

Logo, a funcao√z e plurıvoca (cada ponto tem multiplas imagens): em geral

w =√z =

√rei(

θ

2+nπ

2 ) (10)

onde n = 0, 1, . . . definem os ramos da funcao. O caso n = 0 corresponde aochamado ramo principal.

Se convencionarmos que −π < θ ≤ π, entao o semi-eixo real negativo (Rez <0) e um corte de ramo para a funcao

√z. O ramo principal

√reiθ/2 nao e uma

funcao contınua no semi-eixo real negativo, por isso√z nao e analıtica no corte

de ramo. z = 0 e o ponto de ramificacao (de onde parte o corte de ramo).Ex.: vamos considerar o ramo principal para r = 1: f(z) = eiθ/2 e dois

pontos muito proximos mas separados pelo corte de ramo: z1 = ei(π−ε) e z2 =

3

ei(−π+ε). Se ε tende a zero, os dois pontos coincidem. No entanto, suas imagenspela funcao sao distantes, pois [Fig. 4]

w1 = f(z1) = ei(π/2−ε), w2 = f(z2) = ei(−π/2+ε),

De fato, se ε→ 0 entao w1 = +i e w2 = −i.

1.3.2 Raiz n-esima

Generalizando a definicao anterior, a raiz n-esima de um numero complexo z,onde n e um inteiro positivo, e definida como a funcao plurıvoca:

w = z1/n = r1/nei(θ

n+n 2kπ

n ) = r1/n[

cos

(θ + 2kπ

n

)

+ i sin

(θ + 2kπ

n

)]

,

(11)onde k = 0, 1, . . . n−1. A escolha z = 0 fornece o ramo principal da funcao, quetem cortes de ramo na forma de semi-retas partindo da origem nos angulos 0,2π/n, 4π/n, etc. Por exemplo, os cortes de ramo da raiz cubica sao semi-retasem 0, 2π/3 e 4π/3.

1.3.3 Funcao Argumento

O argumento de um numero complexo,

θ = arctan(y

x

)

, (12)

tambem e uma funcao plurıvoca, pois ha infinitos valores dos angulos que cor-respondem ao mesmo ponto do plano complexo. Definimos o ramo principal doargumento Arg(z) = θ tal que −π < Arg(z) ≤ π, de modo que este seja umafuncao unıvoca. De modo geral temos

arg(z) = Arg(z) + 2nπ, (n = 0,±1,±2, . . .), (13)

onde n = 0 corresponde ao ramo principal. E costume usarmos a letra minusculapara designar a funcao plurıvoca e a letra maiuscula para seu ramo principal.

1.3.4 Funcao Exponencial

Definida como

exp(z) = ex+iy = ex(cos y + i sin y). (14)

A funcao exponencial nao tem singularidades nem cortes de ramo, portanto elae inteira (analıtica em todo o plano complexo). No entanto, devido a presencade senos e cossenos, ela e uma funcao periodica, com perıodo 2πi:

exp(z + 2πni) = exp(z), (n = 0,±1,±2, . . .) (15)

Podemos definir funcoes trigonometricas de variaveis complexas da seguinteforma

sin z =eiz − e−iz

2i, cos z =

eiz + e−iz

2, (16)

4

y v wz

x u

z

z

1

2

w1

w2

π

−π

Figura 5: Imagens de dois pontos proximos ao corte de ramo da funcao raizlogarıtmica.

e que tambem sao funcoes inteiras e periodicas (com perıodo 2π). As funcoeshiperbolicas sao definidas como

sinh z =ez − e−z

2, cosh z =

ez + e−z

2, (17)

tais que sin z = −i sinh(iz) e cos z = cosh(iz).

1.3.5 Funcao Logarıtmica

O logaritmo neperiano (base e, esqueca a base 10!) de uma variavel complexa edefinido como

w = log(z) se exp(w) = z. (18)

Escrevendo z = |z|ei arg(z) temos que

w = log(z) = u+ iv ⇒ eu+iv = eueiv = |z|ei arg(z), (19)

donde u = ln |z| e v = arg(z), ou seja

log(z) = ln |z|+ i arg(z), (20)

Mas o argumento e uma funcao plurıvoca, entao o logaritmo tambem o sera.Usando (13) temos

log(z) = ln |z|+ iArg(z) + 2πni, (n = 0,±1,±2, . . .), (21)

onde o ramo principal corresponde a n = 0 (designado com letra maiuscula):

Log(z) = ln |z|+ iArg(z) = ln r + iθ. (22)

Se definirmos o ramo principal do argumento como −π < Arg(z) ≤ π entao ocorte de ramo da funcao Log(z) sera o semi-eixo real negativo. De fato, tomandodois pontos proximos em lados opostos dele: z1 = ei(π−ε) e z2 = e−i(π−ε), suasimagens pelo ramo principal do logaritmo serao [Fig. 5]

w1 = Log(z1) = i(π − ε), w2 = Log(z2) = −i(π − ε) = i(−π + ε)

5

Entretanto essa definicao e arbitraria. Se definıssemos um outro ramo principaldo argumento como 0 ≤ Arg0(z) < 2π, entao o ramo principal do logaritmo aele correspondente seria

Log0(z) = ln |z|+ iArg0(z)

que tem um corte de ramo no semi-eixo real positivo. Dessa forma, podemoscolocar o corte de ramo onde for da nossa conveniencia, tal que a funcao sejaunıvoca na regiao do plano complexo que seja de interesse para nos.

1.3.6 Funcao Potencia generica

Se o expoente α for um numero complexo, a funcao potencia generica sera

w = zα = elog zα

= eα log z = eα ln |z|+iα arg(z), (23)

e que tambem e uma funcao plurıvoca, assim como o argumento e o logaritmo:

zα = eα ln |z|+iαArg(z)+iα2πn = eαLog(z)eiα2πn, (n = 0,±1,±2, . . .) (24)

O ramo principal da funcao potencia generica sera dado pelo caso n = 0:

eαLog(z)

Como a funcao exponencial e inteira, o ramo principal de zα sera uma funcaoanalıtica no mesmo domınio em que Log(z) o for. Logo, cada ramo da funcaologarıtmica corresponde a um ramo da potencia generica. Adotando como cortede ramo do logaritmo o semi-eixo real positivo, este tambem o sera para apotencia. Esse fato sera utilizado mais tarde no calculo de integrais.

Ex.: ii = ei log(i) = ei(Log(i)+i2πn) = ei(iπ/2+i2πn) = e−π/2e−2πn (e umnumero real!), com n = 0,±1,±2, . . ..

2 Integrais no plano complexo

Seja a funcaow = f(z) = u(x, y) + iv(x, y).

A integral de f(z) entre os pontos z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2 do planocomplexo depende, em geral, do caminho C de integracao escolhido. Comodz = dx+ idy teremos

∫ z2

z1

f(z)dz =

∫ z2

z1

(u+ iv)(dx+ idy)

=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

[udx− vdy] + i

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

[vdx+ udy]

Ex.: Calcular∮

Cdzz−a , onde C e um cırculo de raio R com centro no ponto

z = a [Fig. 6] Um ponto sobre C e descrito por z = a+Reiθ, onde 0 ≤ θ < 2πse o cırculo for percorrido no sentido anti-horario. Entao dz = Rieiθdθ e

∮

C

dz

z − a=

∫ 2π

0

Rieiθdθ

Reiθ= i

∫ 2π

0

dθ = 2πi

Se o cırculo fosse percorrido no sentido anti-horario, entao 2π < θ ≤ 0, logo aintegral iria trocar de sinal.

6

x

y z

θR

z

a

C

Figura 6: Contorno circular.

2.1 Teoremas importantes

2.1.1 Teorema ML

Seja C um caminho no plano complexo. Entao

∣∣∣∣

∫

C

f(z)dz

∣∣∣∣≤ML, (25)

onde M e o valor maximo de f(z) ao longo de C, e L e o comprimento de C.Prova: descreveremos a curva C no plano complexo usando as seguintes

equacoes parametricasx = φ(t), y = ψ(t),

onde a ≤ t ≤ b e um parametro, do qual φ, ψ sao funcoes contınuas. Logo

dz = dx+ idy = φ′(t)dt+ ψ′(t)dt,

donde|dz|2 = (dx)

2+ (dy)

2=

[

(φ′)2+ (ψ′)

2]

(dt)2.

Portanto, o comprimento do segmento da curva C entre os pontos z0 e z1 e dadopor

L =

∫ z1

z0

|dz| =∫ b

a

√

(φ′)2 + (ψ′)2dt.

Seja, entao, a integral

I =

∫

C

f(z)dz =

∫ b

a

f(φ+ iψ)(φ′ + iψ′)dt.

Usando a propriedade geral∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣≤

∫ b

a

|f(t)|dt,

temos que

|I| ≤∫

C

|f(z)||dz|.

7

y

x

Cz

R

θ

R R

z

Figura 7: Contorno semi-circular.

Chamando de M o valor maximo do modulo da funcao ao longo da curva C,entao |f(z)| ≤M , donde

|I| ≤M

∫

C

|dz| =ML,

como querıamos demonstrar.Ex.: seja C o semi-cırculo de raio R com centro na origem [Fig. 7]. Entao

∣∣∣∣

∫

C

dz

z2 + 4

∣∣∣∣≤ πR

R2 + 4

2.1.2 Teorema de Cauchy-Goursat

Se f(z) e analıtica e as suas derivadas parciais sao contınuas numa regiao sim-plesmente conexa R 1 entao, para todo o caminho fechado C contido em Rtemos que

∮

C

f(z)dz = 0. (26)

Prova: Para demonstrar este teorema, escrevemos z = x+iy e f(z) = u+iv,de modo que

∮

C

f(z)dz =

∮

C

(udx− vdy) + i

∮

C

(vdx+ udy).

Usando o teorema de Green no plano (visto no curso de calculo vetorial)

∮

C

(udx− vdy) = −∫

dx

∫

dy

(∂v

∂x+∂u

∂y

)

,

∮

C

(vdx + udy) = −∫

dx

∫

dy

(∂u

∂x− ∂v

∂y

)

,

teremos

∮

C

f(z)dz = −∫

dx

∫

dy

(∂v

∂x+∂u

∂y

)

︸ ︷︷ ︸=0

+i

(∂u

∂x− ∂v

∂y

)

︸ ︷︷ ︸=0

= 0,

1ou seja, nao existem “buracos” na regiao R

8

Figura 8: Contorno semi-circular.

onde usamos as condicoes de Cauchy-Riemann (8), ja que f(z) e analıtica porhipotese do teorema, como querıamos demonstrar.

Ex.: Se o ponto z = a for exterior a curva C, entao∮

Cdzz−a = 0, pois a

funcao f(z) = 1z−a e analıtica para todos os pontos de C e no interior de C.

Caso z = a esteja sobre a curva C ou em seu interior o teorema nao se aplica.

2.1.3 Formula Integral de Cauchy

Se f(z) e analıtica em todos os pontos de um caminho fechado C bem como daregiao interior a C, e se z0 e um ponto dessa regiao, entao

1

2πi

∮

C

f(z)

z − z0dz = f(z0). (27)

Obs.: se z = z0 estiver fora da regiao limitada por C, entao o teorema deCauchy-Goursat se aplica e

∮

C

f(z)

z − adz = 0

Para demonstrar esta expressao, vamos considerar o caminho fechado C =C0∪Cǫ, onde C0 e um caminho que circunda o ponto z0 e Cǫ e um cırculo de raio ǫcentrado em z0 [Fig. 8]. O canal com os segmentos retos e infinitamente estreito,de tal modo que as contribuicoes nos dois sentidos de percurso cancelam-semutuamente. Temos, assim,

∮

C

f(z)

z − z0dz =

∮

C0

f(z)

z − z0dz

︸ ︷︷ ︸=0

+

∮

Cǫ

f(z)

z − z0dz, (28)

onde a integral em C0 anula-se devido ao teorema de Cauchy-Goursat, ja que asingularidade em z0 esta fora de C0.

Sobre o cırculo Cǫ escrevemos z = z0 + ǫeiθ, donde dz = ǫieiθdθ e, portanto,

∮

Cǫ

f(z)

z − z0dz =

∫ 2π

0

f(z0 + ǫeiθ)ǫieiθ

ǫeiθdθ = i

∫ 2π

0

f(z0 + ǫeiθ)dθ.

Substituindo em (28) e tomando o limite ǫ→ 0 e

∮

C

f(z)

z − z0dz = i

∫ 2π

0

f(z0)dθ = if(z0)2π,

como querıamos demonstrar.

9

x

y z

a

C

Figura 9: Contorno arbitrario.

Ex.: Calcular∮

Cdzz−a , onde C e um caminho fechado qualquer que envolve

o ponto z = a [Fig. 9]Comparando com (27) temos que f(z) = 1, donde f(a) = 1 e

∮

Cdzz−a = 2πi.

Esse resultado esta de acordo com o calculo explıcito feito anteriormente paraum caminho circular com centro em z = a.

2.1.4 Derivadas de funcoes analıticas

Fazendo as mudancas de variaveis z → ζ e a→ z reescrevemos a formula integralde Cauchy como

1

2πi

∮

C

f(ζ)

ζ − zdζ = f(z). (29)

Se C e fixo

d

dz

∮

C

f(ζ)

ζ − zdζ =

∮

C

d

dz

[f(ζ)

ζ − z

]

dζ =

∮

C

f(ζ)

(ζ − z)2 dζ,

entao, derivando (29), temos

df

dz=

1

2πi

∮

C

f(ζ)dζ

(ζ − z)2 , (30)

que pode ser generalizada para a derivada n-esima:

dnf

dzn=

n!

2πi

∮

C

f(ζ)dζ

(ζ − z)n+1 . (31)

10

2.2 Series de Taylor e de Laurent

2.2.1 Series infinitas

Algumas series de potencias bem conhecidas do calculo (McLaurin) sao muitouteis:

ez =

∞∑

n=0

zn

n!= 1 + z +

1

2!z2 +

1

3!z3 + . . . , (32)

sin z =

∞∑

n=1

(−1)n−1 z2n−1

(2n− 1)!= z − 1

3!z3 +

1

5!z5 + . . . , (33)

cos z =

∞∑

n=1

(−1)n−1 z2n−2

(2n− 2)!= 1− 1

2!z2 +

1

4!z4 + . . . , (34)

log(1 + z) =

∞∑

n=1

(−1)n−1 z

n

n= z − 1

2z2 +

1

3z3 + . . . , (35)

No ultimo caso, como a funcao logarıtmo e plurıvoca, subentende-se que aexpansao refere-se ao seu ramo principal. Finalmente, temos a expansao dobinomio de Newton

(1 + z)p=

∑

n=1

p(p− 1) . . . (p− n+ 1)

n!zn = 1+pz+

p(p− 1)

2!z2+

p(p− 1)(p− 2)

3!z3+. . . .

(36)Seja 0 < |z| < 1, entao a serie geometrica complexa

1

1− z= 1 + z + z2 + z3 + . . . =

∞∑

n=0

zn (37)

e uniformemente convergente, ou seja, pode ser diferenciada e integrada termo-a-termo.

2.2.2 Serie de Taylor

Se f(z) e analıtica no ponto z = a, entao existe uma regiao (vizinhanca) Rcentrada em z = a, tal que podemos encontrar um caminho circular C, intei-ramente contido em R, para o qual aplica-se a formula integral de Cauchy naforma (29) [Fig. 10]

f(z) =1

2πi

∮

C

f(ζ)

ζ − zdζ. (38)

Escrevemos

1

ζ − z=

1

z − a

1(ζ−a+a−zζ−a

) =1

z − a

1

1−(z−aζ−a

)

Da figura 10, |z − a| < |ζ − a|, de modo que a razao |(z − a)/(ζ − a)| < 1 epodemos usar a serie geometrica complexa (37):

1

1−(z−aζ−a

) =

∞∑

n=0

(z − a

ζ − a

)n

,

11

x

a

z

y

C

Rζ

Figura 10: Vizinhanca de um ponto z = a.

x

a

y

C

R

R

1

2

R

Figura 11: Vizinhanca de um ponto z = a.

que, substituida em (38),

f(z) =1

2πi

∞∑

n=0

(z − a)n∮

C

f(ζ)dζ

(ζ − a)n+1 .

Usando (31), a integral acima reduz-se a n-esima derivada da funcao f , o queleva a serie de Taylor de f(z) em torno do ponto z = a:

f(z) =∞∑

n=0

1

n!

dnf

dzn

∣∣∣∣z=a

(z − a)n. (39)

2.2.3 Serie de Laurent

Ela aparece quando a funcao f(z) nao e analıtica em z = a, mas o seja numanel de raio interno R1 e raio externo R2 [Fig. 11]. Nesse caso e possıvel aindadesenvolver f(z) em serie de potencias de (z − a), dita “serie de Laurent”, mas

12

agora poderemos ter tanto potencias positivas como negativas:

f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − a)

n, (40)

onde os coeficientes sao dados por

cn =1

2πi

∮

C

f(ζ)dζ

(ζ − a)n+1 , (41)

e C e um caminho fechado pertencente a regiao anular R.Podemos dividir a serie de Laurent em duas partes:

• Parte regular: compreende os termos de (40) com expoentes positivos.No entanto cn nao e igual a (1/n!)(df/dzn)z=0 como na serie de Taylorporque f(z) nao e diferenciavel em z = a;

• Parte principal: formada pelos termos com expoentes negativos.

Ex.: f(z) = e2z

(z−1)3e singular em z = 1. Fazendo a transformacao u = z − 1

jogamos a singularidade para a origem u = 0, e podemos usar a serie (32) paraescrever

f(u) =e2(1+u)

u3=e2

u3

∞∑

n=0

(2u)n

n!=

=e2

u3+

2e2

u2+

4e2

2u+

8e2

6+

16e2u

24+

32e2u2

120+ . . . ,

Voltando a variavel original:

f(z) =e2

(z − 1)3 +

2e2

(z − 1)2 +

2e2

z − 1︸ ︷︷ ︸

parte principal

+4e2

3+

2e2(z − 1)

3+

4e2(z − 1)2

15+ . . .

︸ ︷︷ ︸

parte regular

.

(42)

2.3 Polos e Resıduos

2.3.1 Classificacao das singularidades

Se f(z) for analıtica na vizinhanca do ponto z = a, com excecao do proprioponto, entao z = a e uma singularidade isolada de f(z).

Ex.: A funcao f(z) = sin(1z

)tem uma singularidade nao-isolada em z = 0

pois nao existe uma vizinhanca de z = 0 onde f(z) seja analıtica, o que podeser visualizado no grafico da funcao real sin(1/x) [Fig. 12]. As singularidadesisoladas sao classificadas como

• Singularidades Removıveis: elas desaparecem quando se toma o limiteapropriado. Por exemplo, a funcao f(z) = sin z

z tem uma singularidaderemovıvel em z = 0 pois

limz→0

sin z

z= 1

13

Figura 12: Grafico da funcao f(x) = sin(1/x).

• Polos: sao tais que podemos desenvolver f(z) na vizinhanca de z = a emserie de Laurent com parte principal finita. A ordem m do polo e o maiorexpoente negativo da serie. Um polo de ordem m = 1 e chamado polo

simples, se m = 2 de polo duplo, etc. Ex.: f(z) = e2z

(z−1)3tem um polo de

ordem m = 3 no ponto z = 1, pois este e o maior expoente negativo daparte principal da respectiva serie de Laurent, como vimos em (42).

• Singularidades Essenciais: quando a parte principal da serie de Laurentfor infinita. Ex.: f(z) = e1/z tem uma singularidade essencial em z = 0.Usando (32) expandimos em torno de z = 0:

e1/z = 1︸︷︷︸

parte regular

+1

z+

1

2!

1

z2+

1

3!

1

z3+ . . .

︸ ︷︷ ︸

parte principal

Uma forma pratica de determinar a ordem m de um polo e determinando omenor valor do expoente n tal que exista 2 o seguinte limite

limz→a

(z − a)nf(z), (n = 1, 2, . . .). (43)

Ex.: Na funcao f(z) = e2z

(z−1)3o ponto z = 1 e um polo de ordem m = 3 porque

limz→1

(z − 1)1f(z) = lim

z→1

e2z

(z − 1)2 = ∞,

limz→1

(z − 1)2f(z) = lim

z→1

e2z

(z − 1)= ∞,

limz→1

(z − 1)3f(z) = lim

z→1e2z = e2 <∞.

2.3.2 Resıduos

Seja f(z) analıtica numa vizinhanca de z = a. O resıduo de f(z) no ponto z = ae definido como

Res{f(z = a)} =1

2πi

∮

C

f(z)dz, (44)

onde C e um caminho fechado envolvendo z = a. Observe que, se f(z) fosseanalıtica tambem no ponto z = a entao o resıduo seria nulo, pois

∮

Cf(z)dz = 0

pelo teorema de Cauchy-Goursat.

2ou seja, que o limite nao seja infinito

14

Desenvolvendo f(z) em serie de Laurent (40) em torno de z = a entao oresıduo no ponto z = a e igual ao coeficiente do termo da serie com expoenten = −1 ja que, de (41), temos que

Res{f(z = a)} =1

2πi

∮

C

f(z)dz

(z − a)0 = c−1. (45)

Ha alguns metodos praticos para o calculo de resıduos, a saber:

• Se z = a e um polo simples (de ordem m = 1) o resıduo de f(z) nesseponto e

Res{f(a)} = limz→a

(z − a)f(z). (46)

Ex.: f(z) = zz−1 tem um polo simples em z = 1.

Res{f(z = 1)} = limz→1

(z − 1)z

z − 1= 1.

• Se z = a for um polo de ordem m

Res{f(a)} =1

(m− 1)!limz→a

dm−1

dzm−1[(z − a)

mf(z)] . (47)

Ex.: f(z) = ez

z4 tem um polo de ordem m = 4 em z = 0.

Res{f(z = 0)} =1

3!limz→0

{d3

dz3

(

z4ez

z4

)}

=1

6limz→0

ez =1

6.

• Se z = a e uma singularidade de f(z) = ϕ(z)ψ(z) , com ϕ(a) 6= 0, ψ(a) = 0 e

ψ′(a) 6= 0 (ou seja, ψ(z) tem um zero simples em z = a), entao:

Res{f(a)} =ϕ(a)

ψ′(a). (48)

Ex.: f(z) = ez

sin z tem uma singularidade em z = 0. Como ϕ(z) = ez eψ(z) = sin z tem um zero simples em z = 0, ja que ψ′(0) = cos 0 = 1 6= 0,

entao Res{f(z = 0)} = ϕ(0)ψ′(0) = 1.

2.3.3 Teorema dos resıduos

Se f(z) for analıtica na regiao envolvida por C e sobre C, exceto por um numerofinito de singularidades isoladas nos pontos z = z1, z2, . . . zn no interior de C[Fig. 13], entao

∮

C

f(z)dz = 2πi

n∑

k+1

Res{f(zk)}. (49)

Prova: Consideremos inicialmente uma unica singularidade isolada z0. Po-demos expandir f(z) em torno de z0 em serie de Laurent:

f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n.

15

Figura 13: Singularidades isoladas dentro de um caminho fechado.

Integrando termo-a-termo esta expansao ao longo de um contorno fechado Cque envolve z0:

∮

C

f(z)dz =

∞∑

n=−∞cn

∮

(z − z0)ndz =

=

−2∑

n=−∞cn

∮

(z − z0)ndz

︸ ︷︷ ︸=0

+c−1

∮

C

dz

z − z0+

∞∑

n=0

cn

∮

(z − z0)ndz

︸ ︷︷ ︸=0

onde nos usamos o teorema de Cauchy-Goursat para anular as integrais dafuncao analıtica (z − z0)

n. Como c−1 e o resıduo de f(z) no ponto z0 temos que

∮

C

f(z)dz = Res{f(z0)}∮

C

dz

z − z0= Res{f(z0)}2πi, (50)

onde usamos a formula integral de Cauchy (27).Vamos, agora, considerar o caso de haver varias singularidades isoladas

z1, z2, . . . dentro de C. Podemos deformar C de modo a envolver cada umadelas, usando canais infinitamente estreitos [Fig. 13]. Como o caminho defor-mado nao envolve mais nenhuma singularidade o teorema de Cauchy-Goursatnos diz que

∮

C

f(x)dz +

∮

C1

f(z)dz

︸ ︷︷ ︸

=−2πiRes{f(z1)}

+

∮

C2

f(z)dz

︸ ︷︷ ︸

=−2πiRes{f(z2)}

+

∮

C3

f(z)dz

︸ ︷︷ ︸

=−2πiRes{f(z3)}

+ . . . = 0,

onde usamos (50), os sinais negativos aparecendo pois os percursos sao feitos nosentido horario. Teremos, portanto, que

∮

C

f(x)dz = 2πi (Res{f(z1)} +Res{f(z2)}+Res{f(z3)}+ . . .) ,

como querıamos demonstrar.Exemplo: Seja a integral

∮

C

ezdz

(z − 1)(z + 3)2 ,

16

onde C e o cırculo de raio 10 e centro na origem, cuja equacao e |z| = 10. Assingularidades do integrando

f(z) =ez

(z − 1)(z + 3)2

sao z1 = 0, que e um polo simples (e esta dentro de C), e z2 = −3, que e um poloduplo (e tambem no interior de C). Calculando os resıduos correspondentes:

Res{f(z1)} = limz→1

(z − 1)f(z)

= limz→1

(z − 1)ez

(z − 1)(z + 3)2 =

e

16,

Res{f(z2)} = limz→−3

1

1!

d

dz

{

(z + 3)2f(z)}

= limz→−3

d

dz

{ez

z − 1,

}

= limz→−3

{

ez

z − 1− ez

(z − 1)2

}

= − 5

16e−3.

Logo, pelo teorema dos resıduos,∮

C

f(z)dz = 2πi [Res{f(z1)}+Res{f(z2)}] =πi

8

(e− 5e−3

)≈ −10, 16i.

3 Integracao por resıduos

3.1 Integrais de funcoes trigonometricas

Vamos considerar integrais da forma∫ 2π

0F (cos θ, sin θ)dθ, onde F e uma funcao

racional. Fazendo z = eiθ onde C e o cırculo unitario (de raio R = 1 e centrona origem), com 0 ≤ θ < 2π. Como dz = ieiθdθ = izdθ entao dθ = dz/iz. Alemdisso

cos θ =eiθ + e−iθ

2=

1

2

(

z +1

z

)

, sin θ =eiθ − e−iθ

2i=

1

2i

(

z − 1

z

)

, (51)

Ex.: I =∫ 2π

0dθ

3+cos θ

I =

∮

C

dz/iz

3 + 12

(z + 1

z

) =2

i

∮

C

dz

z2 + 6z + 1

Singularidades do integrando: z2+6z+1 = 0, ou seja, z1 = −3+2√2 ≈ −0, 17

(dentro de C) e z2 = −3 − 2√2 ≈ −5, 83 (fora de C) [veja a Fig. 14]. Ambos

sao polos simples:

f(z) =1

z2 + 6z + 1=

1

(z − z1)(z − z2)

Pelo teorema dos resıduos so entra o polo dentro de C:

I =2

i(2πi)Resf(z1) = 4π lim

z→z1

{

(z − z1)1

(z − z1)(z − z2)

}

=4π

z1 − z2=

π√2.

17

−1 1

i

−i

z1z

2

C

y

x

Figura 14: Singularidades do integrando.

R x

y

CR

−R

z

z

z

z

1

2

3

4

Figura 15: Caminho fechado e singularidades no eixo imaginario.

3.2 Integrais da forma∫ +∞

−∞

P (x)Q(x)

dx

Neste caso P (x) e Q(x) sao polinomios tais que Q(x) nao tem zeros reais e ograu de Q(x) e o grau de P (x) mais duas unidades (no mınimo). Escrevemos

∫ +∞

−∞

P (x)

Q(x)dx = lim

R→∞

∫ R

−R

P (x)

Q(x)dx

e consideramos a integral da funcao complexa f(z) = P (z)Q(z) ao longo do caminho

fechado C = [−R,R] ∪ CR onde CR e um semi-cırculo de raio R no semi-planosuperior (Imz > 0) [Fig. 15]. Por hipotese, as singularidades de f(z) saoimaginarios puros {z1, z2, . . .}, de modo que C so envolve aqueles polos comparte imaginaria positiva. Temos

∮

C

f(z)dz =

∫ R

−Rf(x)dx +

∫

CR

f(z)dz (52)

cujo lado esquerdo pode ser obtido pelo teorema dos resıduos. Ja a integral nosemicırculo nao precisa ser calculada, mas podemos estimar seu valor maximoatraves do teorema ML pois fazemos o limite quando R tende a infinito, demodo que a integral deve anular-se. A integral em dx, no limite R → ∞, e oresultado desejado.

Ex.: Calcular

I =

∫ +∞

−∞

dx

x2 + a2= limR→∞

∫ R

−R

dx

x2 + a2.

18

Consideramos a integral∫

Cdz

z2+a2 . As singularidades do integrando, z2+a2 = 0,sao polos simples em z1 = ia e z2 = −ia

f(z) =1

z2 + a2=

1

(z + ia)(z − ia).

Usando o teorema ML a integral no semi-cırculo e∣∣∣∣

∫

CR

f(z)dz

∣∣∣∣≤ πR

R2 + a2→ ∞

∞ , quando R → ∞

Usando a regra de L’Hospital para levantar a indeterminacao

limR→∞

∣∣∣∣

∫

CR

f(z)dz

∣∣∣∣≤ limR→∞

π

2R= 0.

Logo, usando o teorema dos resıduos (49) em (52)

I = 0 + 2πiRes{f(z = ia)} = 2πi limz→ia

{

(z − ia)1

(z + ia)(z − ia)

}

=π

a.

3.3 Integrais da forma∫ +∞

−∞

{cosmx

sinmx

}P (x)Q(x)

dx

Neste caso consideramos a funcao complexa

f(z) = eimzP (z)

Q(z)

e empregamos o mesmo contorno fechado do caso anterior. Para avaliar a inte-gral no semi-cırculo usamos o

Lema de Jordan: seja m > 0 e F (z) uma funcao analıtica no semi-planosuperior (Imz > 0), exceto por um numero finito de singularidades isoladas, etal que lim|z|→∞ F (z) = 0. Entao, sendo CR o semi-cırculo de raio R e centrona origem, fechando “por cima” (semi-plano superior):

limR→∞

∫

CR,⇑eimzF (z)dz = 0. (53)

Se o expoente for negativo, porem, o mesmo resultado vale, desde que o semi-cırculo feche “por baixo” (semi-plano inferior), ou seja

limR→∞

∫

CR,⇓e−imzF (z)dz = 0. (54)

Prova: Considerando a integral

I =

∫

CR

f(z)eiazdz,

onde a > 0 e lim|z|→∞ f(z) = 0. Ao longo do semi-cırculo CR temos z = Reiθ

e dz = Rieiθdθ, tal que

I =

∫ π

0

f(Reiθ)eiaReiθ

Rieiθdθ = iR

∫ π

0

f(Reiθ)eiaR(cos θ+i sin θ)eiθdθ.

19

Figura 16: Singularidades do integrando.

Pelo teorema ML |I| ≤ ML = πRM , onde |f(z)eiaz| ≤ M , desde que z ∈ CR.Agora seja R tao grande que exista um ε tal que |f(z)| < ε. Nesse caso

|f(z)eiaz| ≤ |f(z)|︸ ︷︷ ︸<ε

∣∣eiaR cos θ

∣∣

︸ ︷︷ ︸=1

∣∣ieiθ

∣∣

︸ ︷︷ ︸=1

∫ π

0

e−aR sin θdθ

|I| ≤ Rε

∫ π

0

e−aR sin θdθ = 2Rε

∫ π/2

0

eaR sin θdθ

≤ 2Rε

∫ π/2

0

eaR2θ/πdθ =επ

a

(1− e−aR

),

onde usamos o fato de que, se 0 ≤ θ ≤ π/2, temos que [vide Fig. 16]:

2θ

π≤ sin θ ⇒ e−aR sin θ ≤ e−aR2θ/π.

Como, por hipotese, limR→∞ f(z) = 0 e |f(z)| < ε, entao tomar o limiteR → ∞ implica em ε→ 0. Como a > 0, teremos entao que

limR→∞

|I| = 0,

como querıamos demonstrar. Se a < 0 o lema de Jordan continua valido, desdeque o semicırculo CR esteja no semi-plano inferior.

Ex.: Calcular I =∫∞0

cos xdxx2+a2 . Como o integrando e uma funcao par de x

I =1

2

∫ +∞

−∞

cosxdx

x2 + a2=

1

2limR→∞

∫ R

−R

cosxdx

x2 + a2

Consideramos a seguinte integral complexa

∮

C

eizdz

z2 + a2.

As singularidades do integrando sao: z1 = ia e z2 = −ia

f(z) =eiz

z2 + a2=

eiz

(z + ia)(z − ia)

20

Figura 17: Caminho fechado e singularidades no eixo real.

Como m = 1 > 0 e

limR→∞

1

z2 + a2= limR→∞

1

R2 + a2= 0,

o lema de Jordan (53) se aplica, e a integral no semi-cırculo anula-se quandoR → ∞. Usando o teorema dos resıduos (49) em (52)

2I = 0 + 2πiRes{f(z = ia)} = 2πi limz→ia

(z − ia)eiz

(z + ia)(z − ia)=πe−a

a,

ou seja, I = πe−a/2a. Observe que, se o resultado fosse complexo, seria ne-cessario tirar a parte real (pois cosx = Re{z}).

3.4 O integrando tem polos sobre o eixo real

Para aplicar o teorema dos resıduos, temos que contornar os polos sobre o eixoreal (ja que, sem isso, o integrando nao e uma funcao analıtica sobre o contornoC). Fazemos isso usando semi-cırculos de raio ε. Tomamos os limites R→ ∞ eε→ 0, de modo a obter o chamado valor principal de Cauchy da integral:

P∫ +∞

−∞f(x)dx = lim

R→∞limε→0

{∫ a−ε

−Rf(x)dx +

∫ R

a+ε

f(x)dx

}

, (55)

onde f(x) tem um polo em x = a. O restante do calculo repete os procedimentosanteriores.

Exemplo: a integral abaixo e divergente:

∫ 2

−1

dx

x=

∫ 0

−1

dx

x+

∫ 2

0

dx

x= ln |x||0−1 − ln |x||20 = ∞,

mas o seu valor principal de Cauchy e finito:

P∫ 2

−1

dx

x= lim

ε→0

{∫ −ε

−1

dx

x+

∫ 2

ε

dx

x

}

= limε→0

(ln ε− ln 1 + ln 2− ln ε) = ln 2.

As integrais sobre estes semi-cırculos podem ser calculadas usando o

21

Lema dos contornos denteados: se f(z) tem polos simples nos pontosx1, . . . xn sobre o eixo real, e Cεi e um semi-cırculo de raio ε com centro em xie que o contorna por cima, entao [Fig. 17]

limε→0

∫

Cεi⇑f(z)dz = −iπRes{f(xi)}. (56)

Caso seja contornado por baixo, entao

limε→0

∫

Cεi⇓f(z)dz = +iπRes{f(xi)}. (57)

“Mostracao”: Vamos supor, por simplicidade, que haja dois polos sobre oeixo real: x1 e x2, e que o caminho contorne o primeiro por cima e o segundopor baixo. Podemos encarar a integral pelo caminho semi-circular Cε1 como ametade da integral correspondente sobre todo o cırculo C1 que envolve o poloem x1. Como este ultimo caminho e percorrido no sentido horario, a integral enegativa e vale, pelo teorema dos resıduos

∫

C1

f(z)dz = −2πiRes{f(x1)}.

No limite ε→ 0 teremos, portanto

limε→0

∫

Cε1⇑

f(z)dz =1

2

∫

C1

f(z)dz = −πiRes{f(x1)}.

Analogamente, a integral em Cε2 e a metade da integral sobre o cırculo C2

que envolve o polo em x2. Como o sentido de percurso agora e anti-horario, aintegral e positiva: ∫

C2

f(z)dz = 2πiRes{f(x2)}.

tal que

limε→0

∫

Cε2⇓

f(z)dz =1

2

∫

C2

f(z)dz = πiRes{f(x2)}.

Ex: Calcular I =∫ +∞−∞

sin xx dx

O ponto z = 0 e a unica singularidade do integrando f(z) = eiz

z , que con-tornamos por cima usando um semi-cırculo de raio ε. O contorno fechado seraC = [−R, ε] ∪ Cε ∪ [ε,R] ∪ CR, (vide figura 18).

∮

C

f(z)dz =

∫ −ε

−Rf(x)dx +

∫

Cε

f(z)dz +

∫ R

ε

f(x)dx+

∫

CR

f(z)dz. (58)

Usando o lema dos contornos denteados (56)

limε→0

∫

Cεi⇑f(z)dz = −iπRes{f(0)} = −iπ lim

z→0zf(z) = −iπ.

Como limR → ∞ 1|z| = limR → ∞ 1

R = 0 podemos usar o lema de Jordan para

obter

limR→∞

∫

CR

f(z)dz = 0.

22

Figura 18: Contorno que evita a origem.

Finalmente, pelo teorema dos resıduos∮f(z)dz = 0 pois nao ha singularidades

dentro de C. Entao (58) fornece

0 = −iπ + P∫ +∞

−∞f(x)dx,

ou seja

P∫ +∞

−∞

eix

xdx = P

∫ +∞

−∞

cosx

xdx+ iP

∫ +∞

−∞

sinx

xdx = iπ.

Igualando as partes real e imaginaria temos

I = π,

∫ +∞

−∞

cosx

xdx = 0,

onde o sımbolo P foi omitido, como e de costume.

3.5 O integrando tem cortes de ramo

Se o integrando tem cortes de ramo (como logaritmos e potencias genericas),estes devem ser adequadamente contornados. Convencionaremos que o cortede ramo e o semi-eixo real positivo, de modo que usamos o chamado contorno“buraco de fechadura”:

C = [ε,R] ∪ CR ∪ [R, ε] ∪ Cε,

onde CR e um cırculo de raio R com centro na origem (que e o ponto de rami-ficacao) e Cε e um cırculo de raio ε (vide figura 19). O integrando e diferenteem cima e em baixo do corte de ramo: para a parte superior (Imz > 0) usamoso ramo principal e para a parte inferior o primeiro ramo (Imz < 0) . No finaltomamos os limites R→ ∞ e ε→ 0.

Ex.: Calcular∫∞0

xαdxx2+

√2x+1

, onde 0 < α < 1.

I = limR→∞

limε→0

∫ R

ε

xαdx

x2 +√2x+ 1

O integrando e

f(z) =zα

z2 +√2z + 1

=eα log z

z2 +√2z + 1

=eα(Logz+i2nπ)

z2 +√2z + 1

=zαe2πni

z2 +√2z + 1

23

������

������

���������

���������

z

z

1

2

Figura 19: Contorno do tipo buraco de fechadura.

Usando o contorno “buraco de fechadura” temos que

∮

C

f(z)dz =

∫

CR

f(z)dz+

∫

Cε

f(z)dz+

∫ R

ε

dxxα

x2 +√2x+ 1

︸ ︷︷ ︸

ramo principal (n=0)

+

∫ ε

R

dxxαe2απi

x2 +√2x+ 1

︸ ︷︷ ︸

ramo com n=1

.

As singularidades do integrando sao dadas por z2 +√2z + 1 = 0, ou seja

z1 =

√2

2(−1 + i) = e3πi/4, z2 =

√2

2(−1− i) = e5πi/4,

e que estao dentro de C, logo pelo teorema dos resıduos,

∮

C

f(z)dz = 2πi [Res{f(z1)}+Res{f(z2)}] =2πi(zα1 − zα2 )

z1 − z2=

2π√2

(

e3πi/4 − e5πi/4)

.

Pelo teorema ML a integral no semi-cırculo CR se anula quando R tende aoinfinito pois, como α < 1, temos que

∣∣∣∣

∫

CR

f(z)dz

∣∣∣∣≤ Rα

R2 +√2R+ 1

(2πR) → 0 se R → ∞

onde, para levantar as indeterminacoes, tivemos de usar a regra de L’Hospitalduas vezes. Ja no semi-cırculo Cε temos que z = εeiθ, ou dz = εieiθdθ, donde

∫

Cε

f(z)dz = εi

∫ 2π

0

ei(1+α)θ

ε2 +√2εeiθ + 1

dθ → 0 se ε→ 0.

Combinando estes resultados e

2π√2

(

e3πi/4 − e5πi/4)

= I − e2απiI + 0 + 0,

donde um pouco de algebra nos leva ao resultado final

I = π√2sin(απ/4)

sin(απ).

24

4 Relacoes de Kramers-Kronig

4.1 Formulacao geral

Seja f(z) uma funcao analıtica no semi-plano superior e no eixo real, e tal quelim|z|→∞ |f(z)| = 0. Seja um ponto z0 pertencente ao eixo real, e a seguinteintegral

∮

C

f(z)

z − z0dz

onde C e um contorno denteado que desvia do polo em z0 por baixo num semi-circulo de raio ε e e fechado por cima num semi-cırculo de raio R, de modoque

∮

C

f(z)

z − z0dz =

∫ x0−ε

−R

f(x)

x− x0dx+

∫

Cε⇓

f(z)

z − z0dz+

∫ R

x0+ε

f(x)

x− x0dx+

∫

CR⇑

f(z)

z − z0dz.

(59)

Usando o teorema dos resıduos para o integrando F (z) = f(z)z−z0 temos que

∮

C

f(z)

z − z0dz = 2πiRes{F (z0)}

= 2πi limz→z0

(z − z0)F (z) = 2πi limz→z0

(z − z0)f(z)

z − z0= 2πif(z0) = 2πif(x0). (60)

enquanto que, pelo lema dos contornos denteados, e

limε→0

∫

Cε⇓

f(z)

z − z0dz = πiRes{F (x0)} = πif(x0). (61)

No limite R → 0, usando o teorema ML∣∣∣∣

∫

CR

f(z)

z − z0dz

∣∣∣∣≤ML ∼ |f(z)|

R(πR) → 0,

de forma que, substituindo (60) e (61) em (59) temos, nos limites R → ∞ eε→ 0, que

2πif(x0) = P∫ +∞

−∞

f(x)dx

x− x0+ πif(x0) + 0

onde usamos a definicao do valor principal de Cauchy da integral:

P∫ +∞

−∞

f(x)dx

x− x0= limR→∞

limε→0

{∫ x0−ε

−R

f(x)dx

x − x0+

∫ R

x0+ε

f(x)dx

x − x0

}

(62)

de forma que

P∫ +∞

−∞

f(x)dx

x− x0= πif(x0) (63)

Escrevendo, agora, f(x) = u(x) + iv(x), a expressao anterior le-se como

u(x0) + iv(x0) =1

πiP∫ +∞

−∞

[u(x) + iv(x)]

x− x0dx.

25

Igualando as partes real e imaginaria obtemos, entao, as relacoes de Kramers-Kronig:

u(x0) =1

πP∫ +∞

−∞

v(x)dx

x− x0, (64)

v(x0) = − 1

πP∫ +∞

−∞

u(x)dx

x− x0, (65)

Supondo que f ∗ (x) = f(−x), temos que

u(x)− iv(x) = u(−x) + v(−x),

tal que, igualando as partes real e imaginaria,

u(−x) = u(x), v(−x) = −v(x),

ou seja, u deve ser uma funcao par e v ımpar de x.Desdobramos a relacao (64) como

u(x0) =1

πP∫ 0

−∞

v(x)dx

x− x0+

1

πP∫ ∞

0

v(x)dx

x− x0.

Fazendo, na primeira integral, a substituicao de variavel ξ = −x, obtemos

u(x0) =1

πP∫ ∞

0

v(ξ)dξ

ξ + x0+

1

πP∫ ∞

0

v(x)dx

x− x0.

Trocando ξ → x (por serem variaveis mudas), obtemos uma versao alternativade (64):

u(x0) =2

πP∫ ∞

0

v(x)xdx

x2 − x20. (66)

Analogamente, a relacao (65) pode ser expressa como

v(x0) = − 2

πP∫ ∞

0

u(x)x0dx

x2 − x20. (67)

4.2 Aplicacoes fısicas

As relacoes de dispersao de Kramers-Kronig sao muito utilizadas em eletromag-netismo e otica. Para dieletricos isotropicos e lineares, a relacao entre os vetoresdeslocamento eletrico D e campo eletrico E e

D = ǫE,

onde ǫ e a permissividade do meio. Quando os campos eletricos sao estaticos, epossıvel trabalhar com uma permissividade constante. Ja quando temos camposeletricos oscilando no tempo, como em ondas eletromagneticas, a permissividadedepende da frequencia, um fenomeno que recebe o nome de dispersao (voce veraeste assunto com mais detalhes em Eletro II).

Assim, nos encaramos a variavel x como a frequencia angular ω das ondaseletromagneticas, e a funcao f(x) e a permissividade dieletrica ǫ(ω) que depende

26

da frequencia. Por motivos que ficarao mais claros em Eletro II, e convenientetrabalhar com uma permissividade complexa, na forma:

ǫ(ω) = ǫr(ω)︸ ︷︷ ︸

=u(x)−1

+i ǫi(ω)︸ ︷︷ ︸

=v(x)

,

onde ǫr e a parte real e ǫi e a parte imaginaria da permissividade. A parte realesta ligada ao ındice de refracao do meio (e a dispersao otica e justamente avariacao do ındice de refracao com a frequencia da luz). Ja a parte imaginariaesta relacionada a absorcao da onda eletromagnetica no meio, que e maxima nafrequencia de ressonancia do meio ω = ω0.

Neste caso, as relacoes (64)-(65) sao escritas na forma

ǫr(ω0)− 1 =1

πP∫ +∞

−∞

ǫi(ω)dω

ω − ω0, (68)

ǫi(ω0) = − 1

πP∫ +∞

−∞

[ǫr(ω)− 1]dω

ω − ω0, (69)

de modo que, conhecendo a parte real da permissividade (dispersao) conhecemosautomaticamente a sua parte imaginaria (absorcao ressonante) e vice-versa.

Usualmente as frequencias sao sempre positivas, de modo que podemostambem escrever as relacoes de Kramers-Kronig na forma (66)-(67):

ǫr(ω0)− 1 =2

πP∫ ∞

0

ǫi(ω)ωdω

ω2 − ω20

, (70)

ǫi(ω0) = −2ω0

πP∫ ∞

0

[ǫr(ω)− 1]dω

ω2 − ω20

, (71)

ja que, sob a hipotese de causalidade, ou resposta linear, podemos expressar apermissividade complexa na seguinte forma

ǫ(ω) = 1 +

∫ ∞

0

f(t)eiωtdt. (72)

para a qual ǫ(−ω) = ǫ∗(ω).

5 Exercıcios e Problemas

1. Seja C e um cırculo de raio R com centro no ponto z = a. Mostre, por calculodireto, que

∮

C

dz

(z − a)n= 2πiδn1

onde o delta de Kronecker e definido como

δmn =

{

1, se m = n,

0, se m 6= n,

2. Calcule a integral∫

Cz∗dz entre os pontos z = 0 e z = 4 + 2i ao longo dos

caminhos:

(a) z(t) = t2 + it. Resposta: 10− (8i/3).

(b) Pelo eixo y ate (x, y) = (0, 2), paralelamente ao eixo x ate (x, y) = (4, 2).Resposta: 10− 8i.

27

3. Usando a formula integral de Cauchy, mostre que (C e um cırculo no planocomplexo cuja equacao e dada):

(a)∮

C

cos zdz

z − π= −2πi, C : |z − 1| = 3.

(b)∮

C

ezdz

z(z + 1)= 2πi(1− e−1), C : |z − 1| = 3.

(c)∮

C

5z2 − 3z + 2

(z − 1)3= 10πi, C : |z − 1| = 3.

(d)∮

C

sin(πz2) + cos(πz2)

(z − 1)(z − 2)dz = 4πi, C : |z| = 3.

(e)∮

C

e2zdz

(z + 1)4=

8

3πie−2, C : |z| = 3.

4. Obtenha o desenvolvimento das seguintes funcoes em series de Laurent em tornoda singularidade indicada. Classifique as singularidades em cada caso.

(a) Singularidade: z0 = 1

f(z) =ez

(z − 1)2,

(b) Singularidade: z0 = 0

f(z) = z cos

(

1

z

)

,

(c) Singularidade: z0 = π

f(z) =sin z

z − π

(d) Singularidade: z0 = −1

f(z) =z

(z + 1)(z + 2)

(e) Singularidades: z0 = 0 e −2

f(z) =1

z(z + 2)2

5. Ache o resıduo de

(a)

f(z) =z2 − 2z

(z + 1)2(z2 + 4)

em todos os seus polos. Resposta: (7± i)/25 e −14/25.

(b)f(z) = ez csc2 z

em todos os seus polos. Resposta: emπ em z = mπ, com m inteiro.

28

6. Usando o teorema dos resıduos, mostre que (C e um cırculo no plano complexocuja equacao e dada):

(a)∮

C

eztdz

z2(z2 + 2z + 2)= πi(t− 1 + e−t cos t), C : |z| = 3.

(b)∮

C

ezdz

(z2 + π2)2=

i

π, C : |z| = 4.

7. Usando tecnicas de integracao complexa, mostre que

(a)∫

2π

0

dθ

3− 2 cos θ + sin θ= π,

(b) Se a > |b|,∫

2π

0

dθ

a+ b sin θ=

2π√a2 − b2

,

(c)∫

2π

0

cos 3θdθ

5− 4 cos θ=

π

12,

(d)∫

2π

0

dθ

(5− 3 sin θ)2=

5π

32,

(e)∫

+∞

−∞

dx

x6 + 1=

π

3,

(f)∫ +∞

−∞

x2dx

(x2 + 1)2(x2 + 2x+ 2)=

7π

50,

(g)∫

∞

0

cosmxdx

x2 + 1=

π

2e−m,

(h)∫

+∞

−∞

x sin πxdx

x2 + 2x+ 5= −πe−2π,

(i)∫

+∞

−∞

x sin xdx

x2 − a2= π cos a,

(j) Se 0 < a < 1,∫ +∞

−∞

eaxdx

1 + ex=

π

sin aπ,

Dica: C e um retangulo de vertices em (R, 0), (R, 2πi), (−R, 2πi) e (−R, 0).

(k) Se |a| < 1

∫

+∞

0

cosh axdx

cosh x=

π

2 cos(πa/2), (0 < α < 1)

Dica: C e um retangulo de vertices em (R, 0), (R, πi), (−R, πi) e (−R, 0).

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(l) Se 0 < p < 1∫

∞

0

xp−1dx

1 + x=

π

sin pπ,

(m)∫

∞

0

ln(x2 + 1)dx

x2 + 1= π ln 2,

(n)∫ +∞

0

x2dx

(x2 + 9)(x2 + 4)2=

π

200,

(o)∫ +∞

−∞

dx

(x2 + 1)(x+ 1)=

π

2.

Referencias

[1] E. Butkov, Fısica Matematica (Guanabara Dois, Rio de Janeiro, 1978).

[2] G. B. Arfken e H. J. Weber, Mathematical Methods for Physicists, 5a. Ed.(Harcourt, San Diego, 2001).

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