1º EE · Complementos de Matemática

Questão 011º EE2023.2Complexos · Forma cartesiana de um quociente e forma polar2,0 ptsVer material

Dado $z = 3 + \sqrt3\,i$ e $w = \operatorname{Log}(1-i)$ , calcule

a) a forma cartesiana de $\dfrac{z^2}{w}$ ;

b) a forma polar de $z$ .

Gabarito

a)

\frac{z^2}{w} = \frac{48\ln 2 - 24\sqrt3\,\pi}{4\ln^2 2 + \pi^2} + i\,\frac{24\pi + 48\sqrt3\,\ln 2}{4\ln^2 2 + \pi^2} \approx -8{,}25 + 11{,}28\,i

b) $z = 2\sqrt3\,e^{i\pi/6}$

Passo a passo

Passo 1 — o quadrado, pelo produto notável. Nada de forma polar aqui: elevar ao quadrado na forma algébrica é direto.

z^2 = (3 + \sqrt3\,i)^2 = 9 + 6\sqrt3\,i + 3i^2 = 6 + 6\sqrt3\,i

Conferência pelo módulo, que é mais rápida que refazer: $|z| = \sqrt{9+3} = \sqrt{12}$ , logo $|z^2| = 12$ — e $\sqrt{36 + 108} = 12$ ✔

Passo 2 — o logaritmo principal. $w = \operatorname{Log}(1-i)$ pede módulo e argumento principal de $1-i$ , que está no 4º quadrante:

|1-i| = \sqrt2, \qquad \operatorname{Arg}(1-i) = -\frac{\pi}{4}

w = \ln\sqrt2 - i\,\frac{\pi}{4} = \frac{\ln 2}{2} - i\,\frac{\pi}{4}

O erro de quadrante aqui inverte o sinal da parte imaginária de tudo o que vem depois.

Passo 3 — a divisão, pelo conjugado. Multiplique numerador e denominador por $4$ para limpar as frações e depois pelo conjugado do denominador:

\frac{z^2}{w} = \frac{6 + 6\sqrt3\,i}{\tfrac{\ln 2}{2} - i\tfrac{\pi}{4}} = \frac{24 + 24\sqrt3\,i}{2\ln 2 - i\pi} = \frac{(24 + 24\sqrt3\,i)(2\ln 2 + i\pi)}{4\ln^2 2 + \pi^2}

Abrindo o numerador, com $i^2 = -1$ :

(24 + 24\sqrt3\,i)(2\ln 2 + i\pi) = \big(48\ln 2 - 24\sqrt3\,\pi\big) + i\big(24\pi + 48\sqrt3\,\ln 2\big)

\frac{z^2}{w} = \frac{48\ln 2 - 24\sqrt3\,\pi}{4\ln^2 2 + \pi^2} + i\,\frac{24\pi + 48\sqrt3\,\ln 2}{4\ln^2 2 + \pi^2}

Numericamente, com $4\ln^2 2 + \pi^2 = 11{,}79$ :

\frac{z^2}{w} \approx \frac{-97{,}33 + 133{,}02\,i}{11{,}79} \approx -8{,}25 + 11{,}28\,i

Passo 4 — a forma polar de $z$ . Módulo e argumento, com $z = 3+\sqrt3 i$ no 1º quadrante:

r = \sqrt{9+3} = \sqrt{12} = 2\sqrt3, \qquad \theta = \arctan\frac{\sqrt3}{3} = \arctan\frac{1}{\sqrt3} = \frac{\pi}{6}

\boxed{\;z = 2\sqrt3\,e^{i\pi/6} = 2\sqrt3\left(\cos\frac\pi6 + i\operatorname{sen}\frac\pi6\right)\;}

Conferência — $2\sqrt3\cos(\pi/6) = 2\sqrt3\cdot\tfrac{\sqrt3}{2} = 3$ ✔ e $2\sqrt3\operatorname{sen}(\pi/6) = 2\sqrt3\cdot\tfrac12 = \sqrt3$ ✔

O que a questão testa é a divisão de trabalho entre as duas formas: algébrica para somar, subtrair e elevar a expoente pequeno; polar para argumento, módulo e potência alta. Quem tentou o item (a) em forma polar gastou o dobro do tempo.

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Questão 021º EE2023.2Raízes · Todas as soluções de z³ = −i1,0 ptVer material

Encontre todas as soluções de $z^3 = -i$ .

Gabarito

z_0 = e^{-i\pi/6} = \frac{\sqrt3}{2} - \frac{i}{2}, \qquad z_1 = e^{i\pi/2} = i, \qquad z_2 = e^{i\,7\pi/6} = -\frac{\sqrt3}{2} - \frac{i}{2}

Passo a passo

Passo 1 — a forma polar do lado direito. É o passo que a maioria pula, e sem ele não há fórmula a aplicar. O ponto $-i$ está no eixo imaginário negativo:

|-i| = 1, \qquad \operatorname{Arg}(-i) = -\frac{\pi}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad -i = e^{-i\pi/2}

Passo 2 — a fórmula das $n$ raízes. Em $\mathbb{C}$ , $z^3 = w$ tem três soluções: o módulo sai da raiz cúbica real e o argumento se divide em três, espaçado de $2\pi/3$ .

z_k = \sqrt[3]{1}\; \exp\!\left(i\,\frac{-\pi/2 + 2k\pi}{3}\right), \qquad k = 0, 1, 2

Passo 3 — as três raízes, uma a uma.

k=0:\quad z_0 = e^{-i\pi/6} = \cos\frac{-\pi}{6} + i\operatorname{sen}\frac{-\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2} - \frac{i}{2}

k=1:\quad z_1 = \exp\!\left(i\,\frac{-\pi/2 + 2\pi}{3}\right) = e^{i\pi/2} = i

k=2:\quad z_2 = \exp\!\left(i\,\frac{-\pi/2 + 4\pi}{3}\right) = e^{i\,7\pi/6} = -\frac{\sqrt3}{2} - \frac{i}{2}

Conferência 1 — a mais rápida. As raízes de índice $n \ge 2$ somam zero, porque são vértices de um polígono regular centrado na origem:

z_0 + z_1 + z_2 = \left(\frac{\sqrt3}{2} - \frac{\sqrt3}{2}\right) + i\left(-\frac12 + 1 - \frac12\right) = 0 \;\checkmark

Conferência 2 — a raiz mais fácil de testar é $z_1 = i$ : $i^3 = i^2\cdot i = -i$ ✔

Leitura geométrica. As três estão na circunferência de raio $1$ , a $120°$ uma da outra, nos ângulos $-30°$ , $90°$ e $210°$ . Se as suas raízes não formarem um triângulo equilátero, alguma está errada.

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Questão 031º EE2023.2Exponencial · Todas as soluções de exp(z) = 4i1,0 ptVer material

Encontre todas as soluções de $\exp(z) = 4i$ .

Gabarito

z = \ln 4 + i\left(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right), \qquad k \in \mathbb{Z}

Passo a passo

Passo 1 — por que há infinitas soluções. A exponencial complexa é periódica de período $2\pi i$ :

e^{z + 2\pi i} = e^z\,e^{2\pi i} = e^z \cdot 1 = e^z

Função periódica não tem inversa única. Então “todas as soluções” quer o logaritmo completo, com o $2k\pi i$ escrito — e não o ramo principal.

Passo 2 — separar módulo e argumento. Escreva $z = x + iy$ :

e^{x+iy} = e^x\big(\cos y + i\operatorname{sen} y\big) = 4i

Comparando módulo e argumento dos dois lados:

e^{x} = |4i| = 4 \qquad\Longrightarrow\qquad x = \ln 4

y = \arg(4i) = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z}

Passo 3 — juntar.

\boxed{\;z = \ln 4 + i\left(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right),\qquad k \in \mathbb{Z}\;}

Equivalentemente, $z = \log(4i)$ com o logaritmo completo. O valor principal ( $k=0$ ) é $\ln 4 + i\pi/2$ .

Conferência — teste $k=0$ : $e^{\ln 4 + i\pi/2} = 4\,e^{i\pi/2} = 4i$ ✔ E $k=1$ dá o mesmo, porque $e^{2\pi i} = 1$ .

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Questão 041º EE2023.2Harmônicas · Reconstruir f(z) a partir da parte real2,5 ptsVer material

Dada $u(x,y) = 1 - 9xy^2 + 4y^2 + 3x^3 - 4x^2 + x$ ,

a) prove que $u(x,y)$ é a parte real de uma função analítica $f(z) = u(x,y) + i\,v(x,y)$ ;

b) calcule $f'(z)$ ;

c) encontre a função $f(z)$ sabendo que $f(i) = -i$ .

Gabarito

a) $u_{xx} + u_{yy} = (18x-8) + (-18x+8) = 0$ : $u$ é harmônica em todo o plano, logo é parte real de uma analítica.

b) $f'(z) = (9x^2 - 9y^2 - 8x + 1) + i(18xy - 8y) = 9z^2 - 8z + 1$

c) O item não tem solução como está — o próprio gabarito da prova diz isso. Com $v = 9x^2y - 3y^3 - 8xy + y + C$ , vale $f(i) = 5 + i(C-2)$ , e nenhum $C$ real faz isso valer $-i$ . Com a condição corrigida $f(i) = 5 - i$ , sai $C = 1$ e

f(z) = 3z^3 - 4z^2 + z + 1 + i

Passo a passo

Passo 1 — o critério é a equação de Laplace. Uma função é parte real de analítica exatamente quando é harmônica. Então o item (a) é calcular duas derivadas segundas e somar.

u_x = 9x^2 - 9y^2 - 8x + 1 \qquad\Longrightarrow\qquad u_{xx} = 18x - 8

u_y = -18xy + 8y \qquad\Longrightarrow\qquad u_{yy} = -18x + 8

u_{xx} + u_{yy} = (18x - 8) + (-18x + 8) = 0 \;\checkmark

As parciais são polinomiais, logo contínuas em todo o plano: $u$ é harmônica em $\mathbb{C}$ e a conjugada existe.

Passo 2 — a derivada, sem precisar de $v$ . Vale $f'(z) = u_x + i\,v_x$ , e Cauchy-Riemann dá $v_x = -u_y$ :

f'(z) = u_x - i\,u_y = \big(9x^2 - 9y^2 - 8x + 1\big) + i\big(18xy - 8y\big)

É esta a forma que o gabarito destaca. E o reconhecimento que abrevia o item (c): agrupando,

f'(z) = 9\big(x^2 - y^2 + 2ixy\big) - 8(x + iy) + 1 = 9z^2 - 8z + 1

porque $z^2 = (x^2-y^2) + 2ixy$ e $z = x+iy$ .

Passo 3 — a conjugada harmônica, pelo roteiro de sempre. De $v_y = u_x$ :

v = \int \big(9x^2 - 9y^2 - 8x + 1\big)dy = 9x^2y - 3y^3 - 8xy + y + g(x)

Derivando em $x$ e comparando com $v_x = -u_y = 18xy - 8y$ :

18xy - 8y + g'(x) = 18xy - 8y \qquad\Longrightarrow\qquad g'(x) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad g = C

v(x,y) = 9x^2y - 3y^3 - 8xy + y + C, \qquad C \in \mathbb{R}

Equivalentemente, $f(z) = 3z^3 - 4z^2 + z + 1 + iC$ — o $1$ vem de $u(0,0) = 1$ e não é ajustável.

Passo 4 — impor $f(i) = -i$ , e ver que não fecha. Em $z = i$ vale $x=0$ e $y=1$ :

\operatorname{Re} f(i) = u(0,1) = 1 - 0 + 4 + 0 - 0 + 0 = 5

\operatorname{Im} f(i) = v(0,1) = 0 - 3 - 0 + 1 + C = C - 2

f(i) = 5 + i\,(C-2)

A condição pede $f(i) = -i$ , isto é, parte real zero. Mas a parte real de $f(i)$ já está decidida por $u$ : vale $5$ , e nenhuma constante imaginária muda isso. O item, como impresso, não tem solução.

Passo 5 — a correção que o gabarito indica. Trocando a condição por $f(i) = 5 - i$ , que é compatível com a $u$ dada:

C - 2 = -1 \qquad\Longrightarrow\qquad C = 1

\boxed{\;f(z) = 3z^3 - 4z^2 + z + 1 + i\;}

Conferência — $f(i) = 3(-i) - 4(-1) + i + 1 + i = -3i + 4 + i + 1 + i = 5 - i$ ✔ E as duas equações de Cauchy-Riemann fecham com o par $(u,v)$ do passo 3 ✔

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Questão 051º EE2023.2Integral de linha · Sobre um segmento, com f não analítica1,5 ptsVer material

Calcule

\int_{\gamma} \Big[(4xy - y^2) + i\,(3xy^2 + 3x^2y)\Big]\,dz

ao longo do segmento de reta $\gamma$ que liga os pontos $z_0 = 0$ e $z_1 = -1 + 2i$ .

Gabarito

\int_{\gamma} f(z)\,dz = 7 - \frac{13}{2}i

Passo a passo

Passo 1 — verificar se há atalho. Não há. Antes de parametrizar, vale testar Cauchy-Riemann: se $f$ fosse analítica, a integral dependeria só das pontas.

u = 4xy - y^2,\quad v = 3xy^2 + 3x^2y \qquad\Longrightarrow\qquad u_x = 4y,\quad v_y = 6xy + 3x^2

$u_x \ne v_y$ , então $f$ não é analítica e não existe primitiva. É parametrizar e integrar.

Passo 2 — parametrizar o segmento. A parametrização de um segmento de $z_0$ a $z_1$ é sempre a mesma:

z(t) = z_0 + t\,(z_1 - z_0) = t\,(-1 + 2i), \qquad t \in [0,1]

Daí saem as três coisas de que se precisa:

x = -t, \qquad y = 2t, \qquad dz = (-1+2i)\,dt

Passo 3 — escrever o integrando no parâmetro. Este é o passo que decide: troque $x$ e $y$ por $t$ antes de qualquer conta.

u = 4(-t)(2t) - (2t)^2 = -8t^2 - 4t^2 = -12t^2

v = 3(-t)(2t)^2 + 3(-t)^2(2t) = -12t^3 + 6t^3 = -6t^3

f\big(z(t)\big) = -12t^2 - 6i\,t^3

Passo 4 — integrar em $t$ . O fator $(-1+2i)$ é constante e sai da integral:

\int_\gamma f\,dz = (-1+2i)\int_0^1 \big(-12t^2 - 6i\,t^3\big)dt = (-1+2i)\left[-4t^3 - \frac{3i}{2}t^4\right]_0^1

= (-1+2i)\left(-4 - \frac{3}{2}i\right)

Passo 5 — o produto final, com $i^2 = -1$ :

(-1+2i)\left(-4 - \frac32 i\right) = 4 + \frac32 i - 8i - 3i^2 = 4 + 3 + \left(\frac32 - 8\right)i

\boxed{\;\int_\gamma f(z)\,dz = 7 - \frac{13}{2}\,i\;}

Conferência — a integral de uma função contínua num caminho de comprimento $L = |{-1+2i}| = \sqrt5 \approx 2{,}24$ com $|f| \le \sqrt{12^2 + 6^2} \approx 13{,}4$ no caminho tem de respeitar a estimativa ML: $|7 - 6{,}5i| = 9{,}55 \le 13{,}4 \times 2{,}24 = 30$ ✔

A lição da questão é o teste do passo 1. Boa parte das integrais desta prova é resolvida por Cauchy sem parametrizar nada — esta não, e o enunciado avisa disso dando uma $f$ escrita em $x$ e $y$ em vez de em $z$ .

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Questão 061º EE2023.2Resíduos · Polo simples e polo duplo na mesma integral1,5 ptsVer material

Calcule

\oint_{C} \frac{z^4\,dz}{(z + 2i)^2 (z-1)}

onde $C$ é o círculo de raio $5$ centrado na origem, percorrido no sentido anti-horário.

Gabarito

\oint_C \frac{z^4\,dz}{(z+2i)^2(z-1)} = 2\pi i\,(-11 - 4i) = 8\pi - 22\pi i

Passo a passo

Passo 1 — listar as singularidades e ver quais estão dentro. É sempre o primeiro passo, e aqui ele decide que a questão é de resíduos e não de fórmula de Cauchy.

z = -2i \;\;(\text{polo de ordem } 2), \qquad z = 1 \;\;(\text{polo simples})

$|-2i| = 2 < 5$ e $|1| = 1 < 5$ : as duas estão dentro de $C$ . Com duas singularidades, o caminho é o teorema dos resíduos.

Passo 2 — resíduo em $z = 1$ , que é simples. Basta cortar o fator e avaliar:

\operatorname{Res}(f, 1) = \frac{z^4}{(z+2i)^2}\bigg|_{z=1} = \frac{1}{(1+2i)^2}

(1+2i)^2 = 1 + 4i + 4i^2 = -3 + 4i \qquad\Longrightarrow\qquad \operatorname{Res}(f,1) = \frac{1}{-3+4i} = \frac{-3-4i}{25}

Passo 3 — resíduo em $z = -2i$ , que é duplo. Ordem $m = 2$ pede uma derivada:

\operatorname{Res}(f,-2i) = \frac{1}{1!}\lim_{z\to-2i}\frac{d}{dz}\left[\frac{z^4}{z-1}\right]

\frac{d}{dz}\left[\frac{z^4}{z-1}\right] = \frac{4z^3(z-1) - z^4}{(z-1)^2} = \frac{z^3\,(3z - 4)}{(z-1)^2}

Avaliando em $z=-2i$ , com $z^3 = (-2i)^3 = 8i$ e $(z-1)^2 = (-1-2i)^2 = -3+4i$ :

\operatorname{Res}(f,-2i) = \frac{8i\,(-6i - 4)}{-3+4i} = \frac{48 - 32i}{-3+4i} = \frac{(48-32i)(-3-4i)}{25} = \frac{-272 - 96i}{25}

Passo 4 — somar e multiplicar por $2\pi i$ .

\sum \operatorname{Res} = \frac{-3-4i}{25} + \frac{-272-96i}{25} = \frac{-275 - 100i}{25} = -11 - 4i

\oint_C f\,dz = 2\pi i\,(-11-4i) = -22\pi i - 8\pi i^2

\boxed{\;\oint_C \frac{z^4\,dz}{(z+2i)^2(z-1)} = 8\pi - 22\pi i \approx 25{,}1 - 69{,}1\,i\;}

Conferência — a soma dos resíduos saiu inteira, $-11-4i$ , com os dois denominadores $25$ cancelando. Isso não é coincidência: com polos em $1$ e $-2i$ e numerador polinomial, o resultado é racional gaussiano, e um denominador sobrando no fim é sinal de erro de conta.

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Questão 071º EE2023.2Resíduos · Integral trigonométrica real em [0, 2π]1,5 ptsVer material

Calcule

\int_0^{2\pi} \frac{3\,d\theta}{4 + 3\cos\theta}

Gabarito

\int_0^{2\pi}\frac{3\,d\theta}{4+3\cos\theta} = \frac{6\pi}{\sqrt7} = \frac{6\sqrt7\,\pi}{7} \approx 7{,}13

Passo a passo

Passo 1 — a ideia: $[0,2\pi]$ é a circunferência unitária. Percorrer $\theta$ de $0$ a $2\pi$ é dar uma volta em $|z|=1$ . A substituição que traduz isso:

z = e^{i\theta}, \qquad \cos\theta = \frac{z + z^{-1}}{2}, \qquad d\theta = \frac{dz}{iz}

O $d\theta = dz/(iz)$ é o fator mais esquecido da unidade — sem ele a conta sai errada por um fator de $z$ .

Passo 2 — substituir e limpar.

\int_0^{2\pi}\frac{3\,d\theta}{4+3\cos\theta} = \oint_{|z|=1}\frac{3}{4 + \tfrac32\left(z + \tfrac1z\right)}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{3\,dz}{i\left(4z + \tfrac32 z^2 + \tfrac32\right)}

Colocando $\tfrac32$ em evidência no denominador:

= \frac{3}{i}\cdot\frac{2}{3}\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z^2 + \tfrac83 z + 1} = \frac{2}{i}\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z^2 + \tfrac83 z + 1}

Passo 3 — achar os polos e ver qual entra.

z = \frac{-\tfrac83 \pm \sqrt{\tfrac{64}{9} - 4}}{2} = \frac{-8 \pm 2\sqrt7}{6} = \frac{-4 \pm \sqrt7}{3}

z_1 = \frac{-4+\sqrt7}{3} \approx -0{,}451 \qquad\text{(dentro)}, \qquad z_2 = \frac{-4-\sqrt7}{3} \approx -2{,}215 \qquad\text{(fora)}

O produto das raízes é $1$ , então uma sempre cai dentro e a outra fora — é a estrutura desse tipo de integral, e serve de conferência.

Passo 4 — o resíduo, por $p/q'$ . Polo simples, e derivar o denominador é mais rápido que fatorar:

\operatorname{Res} = \frac{1}{2z + \tfrac83}\bigg|_{z=z_1} = \frac{1}{\tfrac{2(-4+\sqrt7)}{3} + \tfrac83} = \frac{1}{\tfrac{2\sqrt7}{3}} = \frac{3}{2\sqrt7}

Passo 5 — juntar.

\int_0^{2\pi}\frac{3\,d\theta}{4+3\cos\theta} = \frac{2}{i}\cdot 2\pi i\cdot\frac{3}{2\sqrt7} = \frac{6\pi}{\sqrt7}

\boxed{\;\int_0^{2\pi}\frac{3\,d\theta}{4+3\cos\theta} = \frac{6\sqrt7\,\pi}{7} \approx 7{,}13\;}

Conferência 1 — pela fórmula fechada. Para $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}$ , com $a=4$ e $b=3$ : $3 \times \dfrac{2\pi}{\sqrt{16-9}} = \dfrac{6\pi}{\sqrt7}$ ✔

Conferência 2 — pelo tamanho. O integrando vai de $3/7 \approx 0{,}43$ em $\theta=0$ a $3$ em $\theta=\pi$ . Uma média em torno de $1{,}1$ ao longo de $2\pi$ dá algo perto de $7$ ✔ — e o resultado tem de ser real e positivo, porque o integrando é.

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Questão 081º EE2023.2 · 2ª chamadaPrimitiva complexa · Integral entre dois pontos1,0 ptVer material

Calcule

\int_{1+i}^{3+4i} (2z + 3)\,dz

Gabarito

\int_{1+i}^{3+4i}(2z+3)\,dz = -1 + 31i

Passo a passo

Passo 1 — reconhecer que não há caminho a escolher. O integrando $2z+3$ é um polinômio, logo inteiro (analítico em todo o plano). Num domínio simplesmente conexo, a integral de função analítica não depende do caminho e vale o teorema fundamental do cálculo:

\int_{z_0}^{z_1} f(z)\,dz = F(z_1) - F(z_0), \qquad F' = f

É por isso que o enunciado não diz por qual curva ir — não importa.

Passo 2 — a primitiva.

F(z) = z^2 + 3z

Passo 3 — avaliar no ponto final, com $(3+4i)^2 = 9 + 24i + 16i^2 = -7 + 24i$ :

F(3+4i) = (-7 + 24i) + 3(3+4i) = -7 + 24i + 9 + 12i = 2 + 36i

Passo 4 — avaliar no ponto inicial, com $(1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i$ :

F(1+i) = 2i + 3(1+i) = 2i + 3 + 3i = 3 + 5i

Passo 5 — subtrair.

\int_{1+i}^{3+4i}(2z+3)\,dz = (2 + 36i) - (3 + 5i)

\boxed{\;\int_{1+i}^{3+4i}(2z+3)\,dz = -1 + 31i\;}

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Questão 091º EE2023.2 · 2ª chamadaFórmula de Cauchy · Só um dos dois polos está dentro2,0 ptsVer material

Calcule

\oint_{C} \frac{z\,dz}{(z-1)^2 (z+2)}

onde $C$ é o círculo de raio $\dfrac32$ centrado na origem.

Gabarito

\oint_C \frac{z\,dz}{(z-1)^2(z+2)} = \frac{4\pi i}{9}

Passo a passo

Passo 1 — listar as singularidades e comparar com a curva. É aqui que a questão se resolve.

z = 1 \;\;(\text{polo de ordem } 2), \qquad z = -2 \;\;(\text{polo simples})

|1| = 1 < \frac32 \;\;\text{(dentro)}, \qquad |-2| = 2 > \frac32 \;\;\text{(FORA)}

Como só uma singularidade está dentro, não é preciso teorema dos resíduos: a fórmula de Cauchy resolve em uma aplicação. E o fator $(z+2)$ , que é analítico dentro de $C$ , passa a fazer parte do numerador.

Passo 2 — identificar $f$ , $z_0$ e $n$ . Escrevendo o integrando na forma $\dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$ :

f(z) = \frac{z}{z+2}, \qquad z_0 = 1, \qquad n + 1 = 2 \;\Longrightarrow\; n = 1

$f$ é analítica em $|z| \le 3/2$ , pois seu único polo, $z=-2$ , está fora. A hipótese está satisfeita.

Passo 3 — derivar $f$ uma vez.

f'(z) = \frac{(z+2) - z}{(z+2)^2} = \frac{2}{(z+2)^2} \qquad\Longrightarrow\qquad f'(1) = \frac{2}{9}

Passo 4 — aplicar a fórmula das derivadas.

\oint_C \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz = \frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(z_0) = \frac{2\pi i}{1!}\cdot\frac29

\boxed{\;\oint_C \frac{z\,dz}{(z-1)^2(z+2)} = \frac{4\pi i}{9}\;}

Conferência — o resultado é imaginário puro, o que era esperado: o integrando tem coeficientes reais e o resíduo saiu real ( $2/9$ ), então o $2\pi i$ carrega o $i$ sozinho. Parte real diferente de zero aqui seria sinal de erro.

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Questão 101º EE2023.2 · 2ª chamadaResíduos · Integral trigonométrica com a = 5 e b = 32,0 ptsVer material

Calcule

\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{5 + 3\cos\theta}

Gabarito

\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\cos\theta} = \frac{\pi}{2}

Passo a passo

Passo 1 — a substituição que fecha o círculo.

z = e^{i\theta}, \qquad \cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}, \qquad d\theta = \frac{dz}{iz}

\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\cos\theta} = \oint_{|z|=1}\frac{1}{5 + \tfrac32\left(z+\tfrac1z\right)}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{dz}{i\left(\tfrac32 z^2 + 5z + \tfrac32\right)}

= \frac{2}{3i}\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z^2 + \tfrac{10}{3}z + 1}

Passo 2 — os polos. Aqui eles saem redondos:

z = \frac{-\tfrac{10}{3}\pm\sqrt{\tfrac{100}{9}-4}}{2} = \frac{-10 \pm 8}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad z_1 = -\frac13, \qquad z_2 = -3

$|-1/3| < 1$ está dentro; $|-3| > 1$ está fora. Produto $1$ , como sempre nesse tipo ✔

Passo 3 — o resíduo, por $p/q'$ .

\operatorname{Res} = \frac{1}{2z + \tfrac{10}{3}}\bigg|_{z=-1/3} = \frac{1}{-\tfrac23 + \tfrac{10}{3}} = \frac{1}{\tfrac83} = \frac38

Passo 4 — juntar.

\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\cos\theta} = \frac{2}{3i}\cdot 2\pi i\cdot\frac38 = \frac{2\cdot 2\pi\cdot 3}{3\cdot 8} = \frac{\pi}{2}

\boxed{\;\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\cos\theta} = \frac{\pi}{2}\;}

Conferência 1 — fórmula fechada. $\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{25-9}} = \dfrac{2\pi}{4} = \dfrac\pi2$ ✔

Conferência 2 — pelo tamanho. O integrando vai de $1/8$ a $1/2$ ; uma média perto de $0{,}25$ em $2\pi$ dá $\approx 1{,}57 = \pi/2$ ✔

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Questão 111º EE2023.2 · 2ª chamadaTrigonométrica complexa · Todas as soluções de cos z = 22,0 ptsVer material

Encontre todas as soluções complexas de $\cos(z) = 2$ .

Gabarito

z = 2k\pi \pm i\,\ln\!\left(2+\sqrt3\right), \qquad k \in \mathbb{Z}

Passo a passo

Passo 1 — por que existe solução. Nos reais, $\cos x \in [-1,1]$ e a equação seria absurda. No plano complexo o cosseno não é limitado, porque

\cos z = \cos x\cosh y - i\operatorname{sen} x\operatorname{senh} y

e $\cosh y$ cresce sem limite. A equação tem solução, e as soluções não são reais.

Passo 2 — escrever em exponencial e chamar $w = e^{iz}$ . É o roteiro de toda equação trigonométrica complexa:

\cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad w + \frac1w = 4

Passo 3 — resolver a quadrática em $w$ . Multiplicando por $w$ :

w^2 - 4w + 1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad w = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = 2 \pm \sqrt3

Os dois valores são reais e positivos ( $2+\sqrt3 \approx 3{,}73$ e $2-\sqrt3 \approx 0{,}268$ ), o que simplifica o próximo passo: o argumento deles é zero.

Passo 4 — voltar com o logaritmo completo. De $w = e^{iz}$ :

iz = \log w = \ln|w| + i\big(\arg w + 2k\pi\big) = \ln\big(2\pm\sqrt3\big) + 2k\pi i

Dividindo por $i$ , isto é, multiplicando por $-i$ :

z = 2k\pi - i\,\ln\big(2\pm\sqrt3\big)

Passo 5 — simplificar os dois casos num só. Note que

\big(2+\sqrt3\big)\big(2-\sqrt3\big) = 4 - 3 = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad \ln\big(2-\sqrt3\big) = -\ln\big(2+\sqrt3\big)

Os dois sinais do logaritmo se juntam num $\pm$ :

\boxed{\;z = 2k\pi \pm i\,\ln\!\left(2+\sqrt3\right),\qquad k \in \mathbb{Z}\;}

Conferência — a parte real é múltipla de $2\pi$ e a imaginária é $\pm 1{,}317$ . Substituindo na separação do passo 1, com $x = 0$ e $y = -1{,}317$ :

\cos z = \cos 0 \cdot \cosh(1{,}317) - i\operatorname{sen} 0 \cdot \operatorname{senh}(1{,}317) = \cosh(1{,}317) = 2{,}0 \;\checkmark

E nenhuma solução é real, como tinha de ser.

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Questão 121º EE2023.2 · 2ª chamadaRaízes da unidade · Todas as soluções de z³ = 12,0 ptsVer material

Encontre todas as soluções complexas de $z^3 = 1$ .

Gabarito

z_0 = 1, \qquad z_1 = -\frac12 + \frac{\sqrt3}{2}i, \qquad z_2 = -\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}i

Passo a passo

Passo 1 — o lado direito em forma polar. $1$ tem módulo $1$ e argumento $0$ :

1 = 1\cdot e^{i\,0}

Passo 2 — as três raízes. Módulo $\sqrt[3]{1} = 1$ , e o argumento se divide em três com espaçamento $2\pi/3$ :

z_k = \exp\!\left(i\,\frac{0 + 2k\pi}{3}\right) = e^{i\,2k\pi/3}, \qquad k = 0,1,2

Passo 3 — escrever na forma algébrica.

z_0 = e^{0} = 1

z_1 = e^{i\,2\pi/3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\operatorname{sen}\frac{2\pi}{3} = -\frac12 + \frac{\sqrt3}{2}\,i

z_2 = e^{i\,4\pi/3} = \cos\frac{4\pi}{3} + i\operatorname{sen}\frac{4\pi}{3} = -\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}\,i

Estas são as raízes cúbicas da unidade, e a de índice $1$ costuma ser chamada de $\omega$ : as três são $1$ , $\omega$ e $\omega^2$ .

Conferência 1 — a soma dá zero.

1 + \left(-\frac12 + \frac{\sqrt3}{2}i\right) + \left(-\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}i\right) = 0 \;\checkmark

Conferência 2 — por fatoração, sem forma polar. Como $z^3 - 1 = (z-1)(z^2+z+1)$ , as outras duas raízes saem de $z^2+z+1=0$ :

z = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4}}{2} = \frac{-1 \pm i\sqrt3}{2} \;\checkmark

Bate exatamente. Este caminho alternativo é útil quando $n$ é pequeno e o lado direito é $1$ ou $-1$ .

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Questão 131º EE2023.2 · 2ª chamadaExponencial · Todas as soluções de exp(z) = 1 + i1,0 ptVer material

Encontre todas as soluções complexas de $\exp(z) = 1 + i$ .

Gabarito

z = \frac{\ln 2}{2} + i\left(\frac{\pi}{4} + 2k\pi\right), \qquad k \in \mathbb{Z}

Passo a passo

Passo 1 — módulo e argumento do lado direito. O ponto $1+i$ está no 1º quadrante:

|1+i| = \sqrt2, \qquad \operatorname{Arg}(1+i) = \frac{\pi}{4}

Passo 2 — separar a equação em duas. Com $z = x+iy$ :

e^{x+iy} = e^x\big(\cos y + i\operatorname{sen} y\big) = 1+i

Comparando módulos e argumentos:

e^x = \sqrt2 \qquad\Longrightarrow\qquad x = \ln\sqrt2 = \frac{\ln 2}{2}

y = \frac{\pi}{4} + 2k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z}

Passo 3 — juntar.

\boxed{\;z = \frac{\ln 2}{2} + i\left(\frac{\pi}{4} + 2k\pi\right),\qquad k \in \mathbb{Z}\;}

Ou, em uma linha: $z = \log(1+i)$ , com o logaritmo completo.

Conferência — para $k=0$ : $e^{(\ln 2)/2}\,e^{i\pi/4} = \sqrt2\left(\tfrac{\sqrt2}{2} + i\tfrac{\sqrt2}{2}\right) = 1+i$ ✔

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Questão 141º EE2025.2Exponencial · Periodicidade e analiticidade de e^z2,0 ptsVer material

i) Mostre que a função complexa $f(z) = e^z$ é periódica de período $\tau = 2\pi i$ , ou seja, $f(z + 2\pi i) = f(z)$ ;

ii) Mostre que $f(z)$ é analítica em todo o plano complexo.

Gabarito

i) $e^{z+2\pi i} = e^z e^{2\pi i} = e^z\big(\cos 2\pi + i\operatorname{sen} 2\pi\big) = e^z \cdot 1 = e^z$ .

ii) Com $u = e^x\cos y$ e $v = e^x\operatorname{sen} y$ , as duas equações de Cauchy-Riemann valem em todo ponto e as parciais são contínuas: $e^z$ é inteira, com $f'(z) = e^z$ .

Passo a passo

Passo 1 — a periodicidade, em uma linha. A propriedade $e^{a+b} = e^ae^b$ vale no plano complexo, então

e^{z + 2\pi i} = e^{z}\,e^{2\pi i}

E, pela fórmula de Euler,

e^{2\pi i} = \cos(2\pi) + i\operatorname{sen}(2\pi) = 1 + 0i = 1

\boxed{\;e^{z+2\pi i} = e^z \cdot 1 = e^z\;}

O que isso significa, e é o que a questão está realmente cobrando: a exponencial complexa não é injetora. Ela repete valores a cada faixa horizontal de altura $2\pi$ . É dessa periodicidade que nasce o logaritmo multivalorado, e é por isso que “todas as soluções de $e^z = w$ ” carrega um $2k\pi i$ .

Passo 2 — separar $e^z$ em parte real e imaginária. Escrevendo $z = x + iy$ :

e^z = e^{x}e^{iy} = e^x\big(\cos y + i\operatorname{sen} y\big)

u(x,y) = e^x\cos y, \qquad v(x,y) = e^x\operatorname{sen} y

Passo 3 — as quatro parciais.

u_x = e^x\cos y, \qquad u_y = -e^x\operatorname{sen} y

v_x = e^x\operatorname{sen} y, \qquad v_y = e^x\cos y

Passo 4 — testar Cauchy-Riemann.

u_x = e^x\cos y = v_y \;\checkmark \qquad\qquad u_y = -e^x\operatorname{sen} y = -v_x \;\checkmark

As duas valem em todo ponto do plano, e as quatro parciais são produtos de exponencial por seno ou cosseno, logo contínuas em $\mathbb{C}$ . Pela condição suficiente, $e^z$ é analítica em todo o plano — isto é, inteira.

Passo 5 — a derivada, de brinde.

f'(z) = u_x + i\,v_x = e^x\cos y + i\,e^x\operatorname{sen} y = e^z

A exponencial complexa é sua própria derivada, como a real.

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Questão 151º EE2025.2Fórmula de Cauchy · Polo de ordem 3 com e^(iz)1,0 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{(z-\pi)^3}\,dz

onde $\gamma$ é a curva fechada da figura da prova — uma elipse que contém os pontos $0$ , $1$ e $\pi$ no seu interior, percorrida no sentido anti-horário.

Gabarito

\oint_{\gamma}\frac{e^{iz}}{(z-\pi)^3}\,dz = \pi i

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade está dentro? O integrando tem um único ponto singular, $z = \pi$ , e a figura mostra $\pi$ dentro da elipse. Então a integral não é zero, e a fórmula de Cauchy se aplica.

Se $\pi$ estivesse fora, o teorema de Cauchy-Goursat daria zero direto — é a primeira coisa a checar em qualquer integral fechada.

Passo 2 — identificar $f$ , $z_0$ e $n$ . Comparando com $\dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$ :

f(z) = e^{iz}, \qquad z_0 = \pi, \qquad n+1 = 3 \;\Longrightarrow\; n = 2

Cuidado com o passo: expoente $3$ no denominador significa derivada segunda, não terceira. E $f(z) = e^{iz}$ é inteira, então é analítica dentro e sobre $\gamma$ ✔

Passo 3 — derivar duas vezes.

f'(z) = i\,e^{iz}, \qquad f''(z) = i^2 e^{iz} = -e^{iz}

f''(\pi) = -e^{i\pi} = -(-1) = 1

usando $e^{i\pi} = -1$ , que é a identidade de Euler.

Passo 4 — aplicar a fórmula.

\oint_\gamma \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz = \frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(z_0) = \frac{2\pi i}{2!}\cdot 1

\boxed{\;\oint_{\gamma}\frac{e^{iz}}{(z-\pi)^3}\,dz = \pi i\;}

Conferência — o resultado é imaginário puro. Faz sentido: $f''(\pi)$ saiu real, e o $2\pi i$ da fórmula é o único fator imaginário.

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Questão 161º EE2025.2Fórmula de Cauchy · Derivada de ordem 100, sem derivar1,0 ptVer material

Calcule

\oint_{\gamma:\,|z|=2} \frac{z^{100}}{(z-1)^{101}}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|=2}\frac{z^{100}}{(z-1)^{101}}\,dz = 2\pi i

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade e a curva. Único ponto singular: $z=1$ , com $|1| = 1 < 2$ , dentro de $|z|=2$ .

Passo 2 — identificar $f$ , $z_0$ e $n$ .

f(z) = z^{100}, \qquad z_0 = 1, \qquad n+1 = 101 \;\Longrightarrow\; n = 100

$f$ é polinomial, logo inteira ✔

Passo 3 — a derivada de ordem 100, que ninguém calcula à mão. O fato que resolve: a derivada de ordem $n$ de $z^n$ é $n!$ , uma constante.

\frac{d}{dz}z^{100} = 100\,z^{99}, \qquad \frac{d^2}{dz^2}z^{100} = 100\cdot 99\,z^{98}, \qquad\dots\qquad \frac{d^{100}}{dz^{100}}z^{100} = 100!

Cada derivada baixa o expoente em um e multiplica pelo expoente anterior; depois de $100$ passos sobra o produto $100\cdot99\cdots 1 = 100!$ e $z^0 = 1$ .

f^{(100)}(1) = 100!

Passo 4 — aplicar a fórmula, e ver o fatorial cancelar.

\oint_{|z|=2}\frac{z^{100}}{(z-1)^{101}}\,dz = \frac{2\pi i}{100!}\,f^{(100)}(1) = \frac{2\pi i}{100!}\cdot 100!

\boxed{\;\oint_{|z|=2}\frac{z^{100}}{(z-1)^{101}}\,dz = 2\pi i\;}

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Questão 171º EE2025.2Cauchy-Goursat · A singularidade fica FORA da curva1,0 ptVer material

Calcule

\oint_{\gamma} \frac{e^{z}}{z+i}\,dz, \qquad\text{onde}\qquad \gamma(t) = i + e^{it},\quad t \in [0, 2\pi]

Gabarito

\oint_{\gamma}\frac{e^z}{z+i}\,dz = 0

Passo a passo

Passo 1 — ler a curva na parametrização. A forma $z(t) = z_c + R\,e^{it}$ é a de uma circunferência de centro $z_c$ e raio $R$ . Aqui:

\gamma(t) = i + e^{it} \qquad\Longrightarrow\qquad \text{centro } z_c = i, \qquad \text{raio } R = 1

Passo 2 — onde está a singularidade. O denominador zera em

z + i = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad z = -i

Passo 3 — dentro ou fora? A distância do centro ao ponto singular:

|-i - i| = |-2i| = 2 > 1 = R

O ponto $-i$ está a duas unidades do centro, e o raio é $1$ : a singularidade está fora da curva.

Passo 4 — concluir pelo teorema de Cauchy-Goursat. Dentro e sobre $\gamma$ o integrando é analítico: $e^z$ é inteira e $z+i$ não zera ali. Então

\boxed{\;\oint_{\gamma}\frac{e^z}{z+i}\,dz = 0\;}

Sem parametrizar, sem integrar, sem resíduo nenhum.

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Questão 181º EE2025.2Fórmula de Cauchy · Logaritmo no numerador, e o corte do ramo1,0 ptVer material

Calcule, e simplifique,

\oint_{\gamma} \left[\frac{\log(z)}{-z+i}\right] dz, \qquad\text{onde}\qquad \gamma = \left\{ |z - i| = \tfrac12 \right\}

Gabarito

\oint_{\gamma}\frac{\log z}{-z+i}\,dz = \pi^2

Passo a passo

Passo 1 — arrumar o sinal do denominador. O $-z+i$ está escrito ao contrário de propósito. Colocando $-1$ em evidência:

\frac{\log z}{-z+i} = \frac{\log z}{-(z - i)} = \frac{-\log z}{z-i}

Agora está na forma da fórmula de Cauchy, com $z_0 = i$ e $f(z) = -\log z$ .

Passo 2 — a curva e a singularidade. $\gamma$ é a circunferência de centro $i$ e raio $\tfrac12$ , e o ponto singular $z_0 = i$ é o próprio centro: está dentro ✔

Passo 3 — o numerador é analítico ali? Esta é a verificação que a questão realmente cobra. O logaritmo complexo não é analítico no corte do ramo — por convenção, o semieixo real negativo mais a origem.

A curva $|z-i| = \tfrac12$ tem $y$ variando entre $0{,}5$ e $1{,}5$ e $x$ entre $-0{,}5$ e $0{,}5$ : ela vive inteira no semiplano superior e não toca o corte nem a origem. Logo $\log z$ é analítico dentro e sobre $\gamma$ ✔

Passo 4 — aplicar a fórmula.

\oint_\gamma \frac{f(z)}{z - z_0}\,dz = 2\pi i\,f(z_0) \qquad\Longrightarrow\qquad \oint_\gamma \frac{-\log z}{z-i}\,dz = 2\pi i\,\big(-\operatorname{Log} i\big)

Passo 5 — o “simplifique!” do enunciado. Falta calcular $\operatorname{Log} i$ , e é aqui que a definição de logaritmo complexo entra:

|i| = 1, \qquad \operatorname{Arg}(i) = \frac{\pi}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \operatorname{Log} i = \ln 1 + i\frac{\pi}{2} = \frac{i\pi}{2}

\oint_\gamma = 2\pi i\left(-\frac{i\pi}{2}\right) = -\pi^2 i^2

\boxed{\;\oint_{\gamma}\frac{\log z}{-z+i}\,dz = \pi^2\;}

Conferência — o resultado é real e positivo, o que é curioso para uma integral complexa e é justamente o que o “simplifique!” anuncia: os dois $i$ se multiplicam e viram $-1$ , que cancela o sinal do denominador invertido. Se a sua resposta tiver $i$ sobrando, faltou um dos dois sinais.

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Questão 191º EE2025.2Harmônicas · u = ln|z| em coordenadas polares3,0 ptsVer material

Mostre que a seguinte função é harmônica, na região assinalada,

u(x,y) = \ln|z| = \ln\sqrt{x^2+y^2}, \qquad\text{na região}\quad \Omega - \{0\},

e encontre sua harmônica conjugada, $v(x,y)$ .

Gabarito

$u$ é harmônica em $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ , e

v(x,y) = \arctan\frac{y}{x} = \operatorname{Arg} z + c \qquad\Longrightarrow\qquad f(z) = \ln|z| + i\operatorname{Arg} z = \operatorname{Log} z

Passo a passo

Passo 1 — por que a origem é excluída. Em $z=0$ , $\ln|z| \to -\infty$ : a função nem está definida ali. A região é o plano furado, e é isso que $\Omega - \{0\}$ quer dizer.

Passo 2 — o caminho curto é o polar. A função depende só de $r = |z|$ , então usar $x$ e $y$ é trabalho desnecessário. Em coordenadas polares, $u = \ln r$ , e o laplaciano é

\nabla^2 u = u_{rr} + \frac1r u_r + \frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}

u_r = \frac1r, \qquad u_{rr} = -\frac{1}{r^2}, \qquad u_\theta = 0

\nabla^2 u = -\frac{1}{r^2} + \frac1r\cdot\frac1r + 0 = 0 \;\checkmark

$u$ é harmônica em todo ponto com $r \ne 0$ .

Passo 3 — a conferência em cartesianas, para quem preferir. Com $u = \tfrac12\ln(x^2+y^2)$ :

u_x = \frac{x}{x^2+y^2} \qquad\Longrightarrow\qquad u_{xx} = \frac{(x^2+y^2) - x(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}

Por simetria, $u_{yy} = \dfrac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$ , e a soma é zero ✔

Passo 4 — a conjugada, por Cauchy-Riemann em polares. A forma polar das equações é

\frac{\partial u}{\partial r} = \frac1r\frac{\partial v}{\partial\theta}, \qquad \frac1r\frac{\partial u}{\partial\theta} = -\frac{\partial v}{\partial r}

Da primeira, com $u_r = 1/r$ :

\frac{\partial v}{\partial\theta} = r\cdot\frac1r = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad v = \theta + \varphi(r)

Da segunda, com $u_\theta = 0$ :

\frac{\partial v}{\partial r} = \varphi'(r) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \varphi = c

\boxed{\;v(x,y) = \theta + c = \operatorname{Arg} z + c = \arctan\frac{y}{x} + c\;}

Passo 5 — reconhecer a função. Juntando:

f(z) = u + iv = \ln r + i\theta = \ln|z| + i\operatorname{Arg} z = \operatorname{Log} z

A conjugada harmônica do logaritmo do módulo é o argumento — o que faz todo o sentido, porque juntos eles são o logaritmo complexo.

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Questão 201º EE2025.2Fórmula de Cauchy · Mostrar que a integral vale −2π1,0 ptVer material

Mostre que

\oint_{\gamma:\,|z|=3} \frac{\cosh(z)}{\left(z - i\frac{\pi}{2}\right)^2}\,dz = -2\pi.

Note que $\operatorname{senh}(z) = \dfrac{e^z - e^{-z}}{2}$ .

Gabarito

$z_0 = i\pi/2$ está dentro de $|z|=3$ ; com $f = \cosh z$ e $n=1$ ,

\oint = \frac{2\pi i}{1!}\,\operatorname{senh}\!\left(\frac{i\pi}{2}\right) = 2\pi i\,(i) = -2\pi

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade está dentro?

z_0 = \frac{i\pi}{2}, \qquad |z_0| = \frac{\pi}{2} \approx 1{,}57 < 3

Sim, dentro de $|z|=3$ ✔

Passo 2 — identificar $f$ e $n$ .

f(z) = \cosh z, \qquad n + 1 = 2 \;\Longrightarrow\; n = 1

$\cosh z$ é inteira (soma de duas exponenciais), então a hipótese está satisfeita.

Passo 3 — a derivada. A derivada de $\cosh$ é $\operatorname{senh}$ , como no caso real:

f'(z) = \operatorname{senh} z

Passo 4 — avaliar $\operatorname{senh}$ num argumento imaginário puro. É para isto que o enunciado dá a definição. Com $z = i\pi/2$ :

\operatorname{senh}\!\left(\frac{i\pi}{2}\right) = \frac{e^{i\pi/2} - e^{-i\pi/2}}{2} = \frac{i - (-i)}{2} = \frac{2i}{2} = i

usando $e^{i\pi/2} = i$ e $e^{-i\pi/2} = -i$ .

Vale conferir pela ponte entre as famílias: $\operatorname{senh}(iz) = i\operatorname{sen} z$ , então $\operatorname{senh}(i\pi/2) = i\operatorname{sen}(\pi/2) = i$ ✔

Passo 5 — aplicar a fórmula.

\oint_{|z|=3} \frac{\cosh z}{\left(z - \tfrac{i\pi}{2}\right)^2}\,dz = \frac{2\pi i}{1!}\,f'\!\left(\frac{i\pi}{2}\right) = 2\pi i\cdot i = 2\pi i^2

\boxed{\;\oint_{|z|=3} \frac{\cosh z}{\left(z - i\frac{\pi}{2}\right)^2}\,dz = -2\pi\;}

como se queria mostrar.

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Questão 211º EE2025.1 · 2ª chamada · 2026.1Potência complexa · Calcular (−i)^(1+i) pelo ramo principal2,0 ptsVer material

Sabendo que $z^{\alpha} = e^{\alpha\operatorname{Log}(z)}$ , $z \in \mathbb{C}$ , calcule, usando o ramo principal do logaritmo,

(-i)^{1+i}

Gabarito

(-i)^{1+i} = e^{\pi/2}\,e^{-i\pi/2} = -i\,e^{\pi/2} \approx -4{,}81\,i

Passo a passo

Passo 1 — o logaritmo principal da base. Tudo depende deste passo. O ponto $-i$ está no eixo imaginário negativo:

|-i| = 1, \qquad \operatorname{Arg}(-i) = -\frac{\pi}{2}

\operatorname{Log}(-i) = \ln 1 + i\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{i\pi}{2}

Trocar o sinal aqui — escrever $+i\pi/2$ , que é o argumento de $+i$ — inverte a resposta inteira.

Passo 2 — montar o expoente.

(-i)^{1+i} = e^{(1+i)\operatorname{Log}(-i)} = \exp\!\left[(1+i)\left(-\frac{i\pi}{2}\right)\right]

Passo 3 — abrir o produto, lembrando que $i\cdot i = -1$ :

(1+i)\left(-\frac{i\pi}{2}\right) = -\frac{i\pi}{2} - \frac{i^2\pi}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{i\pi}{2}

Passo 4 — separar módulo e fase.

(-i)^{1+i} = e^{\pi/2 - i\pi/2} = e^{\pi/2}\,e^{-i\pi/2}

E $e^{-i\pi/2} = \cos\left(-\tfrac\pi2\right) + i\operatorname{sen}\left(-\tfrac\pi2\right) = -i$ :

\boxed{\;(-i)^{1+i} = -i\,e^{\pi/2} \approx -4{,}81\,i\;}

Conferência — o módulo do resultado é $e^{\pi/2} \approx 4{,}81$ e o argumento é $-\pi/2$ . Bate com a regra geral: $|z^\alpha| = e^{\operatorname{Re}(\alpha\operatorname{Log} z)}$ , que aqui é $e^{\pi/2}$ ✔

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Questão 221º EE2026.1Harmônicas · u = 3x²y − y³ e sua conjugada2,0 ptsVer material

Seja $u(x,y) = 3x^2y - y^3$ . Verifique se $u(x,y)$ é harmônica e, em caso afirmativo, determine sua função harmônica conjugada, $v(x,y)$ .

Gabarito

$u_{xx} + u_{yy} = 6y - 6y = 0$ : harmônica em todo o plano.

v(x,y) = 3xy^2 - x^3 + c, \qquad c \in \mathbb{R}

Passo a passo

Passo 1 — verificar que é harmônica.

u_x = 6xy \qquad\Longrightarrow\qquad u_{xx} = 6y

u_y = 3x^2 - 3y^2 \qquad\Longrightarrow\qquad u_{yy} = -6y

\nabla^2 u = u_{xx} + u_{yy} = 6y - 6y = 0 \;\checkmark

As parciais são polinomiais, logo contínuas: $u$ é harmônica em $\mathbb{C}$ e a conjugada existe. O gabarito da prova resume este item em uma linha — “basta calcular $u_{xx}$ e $u_{yy}$ e somar”.

Passo 2 — integrar $v_y = u_x$ em $y$ . A primeira equação de Cauchy-Riemann:

\frac{\partial v}{\partial y} = u_x = 6xy

v = \int 6xy\,dy = 3xy^2 + \varphi(x)

A “constante” de integração é uma função de $x$ , porque a integração foi em $y$ — é o passo em que mais se erra.

Passo 3 — derivar em $x$ e usar a segunda equação.

\frac{\partial v}{\partial x} = 3y^2 + \varphi'(x)

e Cauchy-Riemann pede $v_x = -u_y = -(3x^2 - 3y^2) = 3y^2 - 3x^2$ . Igualando:

3y^2 + \varphi'(x) = 3y^2 - 3x^2 \qquad\Longrightarrow\qquad \varphi'(x) = -3x^2

Passo 4 — integrar $\varphi$ e escrever a resposta.

\varphi(x) = -x^3 + c

\boxed{\;v(x,y) = 3xy^2 - x^3 + c,\qquad c \in \mathbb{R}\;}

que é exatamente o gabarito da prova.

Passo 5 — reconhecer a função (não é pedido, mas confere tudo).

f(z) = u + iv = \big(3x^2y - y^3\big) + i\big(3xy^2 - x^3\big)

Compare com $z^3 = (x^3 - 3xy^2) + i(3x^2y - y^3)$ . Multiplicando por $-i$ :

-i\,z^3 = (3x^2y - y^3) + i\big(3xy^2 - x^3\big) \;\;\checkmark

Logo $f(z) = -i\,z^3 + ic$ .

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Questão 231º EE2026.1Cauchy-Goursat · Integral nula porque os polos estão fora1,0 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|=1} \frac{\operatorname{sen} z}{z^2 - 4}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|=1}\frac{\operatorname{sen} z}{z^2-4}\,dz = 0

Passo a passo

Passo 1 — fatorar o denominador e achar os polos.

z^2 - 4 = (z-2)(z+2) \qquad\Longrightarrow\qquad z = 2 \quad\text{e}\quad z = -2

Passo 2 — comparar com a curva.

|2| = 2 > 1, \qquad |-2| = 2 > 1

Nenhum dos dois está dentro de $|z| = 1$ — os dois ficam a duas unidades da origem, e a curva tem raio um.

Passo 3 — concluir. Dentro e sobre $\gamma$ , o integrando é analítico: $\operatorname{sen} z$ é inteira e o denominador não zera ali. Pelo teorema de Cauchy-Goursat,

\boxed{\;\oint_{|z|=1}\frac{\operatorname{sen} z}{z^2-4}\,dz = 0\;}

É o que o gabarito da prova diz, em uma linha: ” $z = \pm2$ fora de $\gamma$ ; pelo teorema de Cauchy, a integral é zero”.

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Questão 241º EE2026.1Fórmula de Cauchy · Polo duplo na origem com produto de funções1,0 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|=1} \frac{e^{iz}\cos(z)}{z^2}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|=1}\frac{e^{iz}\cos z}{z^2}\,dz = -2\pi

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade. O denominador $z^2$ zera só em $z=0$ , que é o centro de $|z|=1$ : dentro ✔

Passo 2 — identificar $f$ e $n$ .

f(z) = e^{iz}\cos z, \qquad z_0 = 0, \qquad n+1 = 2 \;\Longrightarrow\; n = 1

$f$ é produto de duas funções inteiras, logo inteira ✔

Passo 3 — derivar o produto.

f'(z) = i\,e^{iz}\cos z + e^{iz}\,(-\operatorname{sen} z) = e^{iz}\big(i\cos z - \operatorname{sen} z\big)

f'(0) = e^{0}\big(i\cdot 1 - 0\big) = i

Passo 4 — aplicar a fórmula.

\oint_{|z|=1}\frac{e^{iz}\cos z}{z^2}\,dz = \frac{2\pi i}{1!}\,f'(0) = 2\pi i \cdot i = 2\pi i^2

\boxed{\;\oint_{|z|=1}\frac{e^{iz}\cos z}{z^2}\,dz = -2\pi\;}

que é o valor do gabarito da prova.

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Questão 251º EE2026.1Resíduos · Dois polos simples e um parâmetro no resultado1,0 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|\le 2a} \frac{e^{z}}{z^2 + a^2}\,dz, \qquad a > 0.

Gabarito

\oint \frac{e^z}{z^2+a^2}\,dz = \frac{2\pi i}{a}\operatorname{sen} a

Passo a passo

Passo 1 — fatorar e localizar.

z^2 + a^2 = (z - ia)(z + ia) \qquad\Longrightarrow\qquad z = ia \quad\text{e}\quad z = -ia

Os dois têm módulo $a$ , e a curva tem raio $2a$ :

|{\pm ia}| = a < 2a

Os dois estão dentro — e é por isso que o enunciado escolhe o raio $2a$ e não $a/2$ . Com duas singularidades, o caminho é o teorema dos resíduos.

Passo 2 — os dois resíduos, por $p/q'$ . Com $p = e^z$ e $q = z^2+a^2$ , temos $q' = 2z$ :

\operatorname{Res}(f, ia) = \frac{e^{ia}}{2ia}, \qquad \operatorname{Res}(f,-ia) = \frac{e^{-ia}}{-2ia}

Passo 3 — somar, e reconhecer o seno.

\sum\operatorname{Res} = \frac{e^{ia}}{2ia} - \frac{e^{-ia}}{2ia} = \frac{e^{ia} - e^{-ia}}{2ia}

E aqui aparece a definição de seno complexo, $\operatorname{sen} a = \dfrac{e^{ia}-e^{-ia}}{2i}$ :

\sum\operatorname{Res} = \frac{1}{a}\cdot\frac{e^{ia}-e^{-ia}}{2i} = \frac{\operatorname{sen} a}{a}

Passo 4 — multiplicar por $2\pi i$ .

\boxed{\;\oint_{|z|\le 2a}\frac{e^z}{z^2+a^2}\,dz = \frac{2\pi i}{a}\operatorname{sen} a\;}

que é o valor do gabarito.

Conferência — o resultado é imaginário puro e depende de $a$ como $\operatorname{sen}(a)/a$ , que tende a $1$ quando $a\to0$ . No limite, a integral tende a $2\pi i$ — e faz sentido: com $a\to0$ os dois polos colidem na origem e o integrando vira $e^z/z^2$ , cuja integral é $2\pi i\,f'(0) = 2\pi i$ ✔

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Questão 261º EE2026.1Fórmula de Cauchy · Numerador z⁵ com denominador de sexta potência1,0 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|\le 2} \frac{z^{5}}{(z-1)^{6}}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|\le 2}\frac{z^5}{(z-1)^6}\,dz = 2\pi i

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade. $z = 1$ , com $|1| = 1 < 2$ : dentro ✔

Passo 2 — identificar $f$ e $n$ .

f(z) = z^{5}, \qquad z_0 = 1, \qquad n+1 = 6 \;\Longrightarrow\; n = 5

Passo 3 — a derivada de ordem 5 de $z^5$ .

\frac{d^5}{dz^5}z^5 = 5! = 120

constante, sem $z$ nenhum: derivar $z^n$ exatamente $n$ vezes sempre dá $n!$ .

Passo 4 — aplicar a fórmula, e ver o fatorial cancelar.

\oint_{|z|\le2}\frac{z^5}{(z-1)^6}\,dz = \frac{2\pi i}{5!}\cdot 5!

\boxed{\;\oint_{|z|\le 2}\frac{z^5}{(z-1)^6}\,dz = 2\pi i\;}

confirmando o gabarito.

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Questão 271º EE2026.1Singularidade essencial · Resíduo lido da série de Laurent1,5 ptsVer material

Calcule

\oint_{\gamma;\,|z|=1} z^{2}\,e^{\frac1z}\,dz

pelo teorema dos resíduos. Qual o ponto singular, e de qual natureza (polo simples, polo de ordem $m$ , singularidade essencial)?

Gabarito

$z=0$ é singularidade essencial, com $\operatorname{Res} = \dfrac{1}{3!} = \dfrac16$ , e

\oint_{|z|=1} z^2 e^{1/z}\,dz = 2\pi i\cdot\frac16 = \frac{\pi i}{3}

Passo a passo

Passo 1 — o ponto singular. A função $e^{1/z}$ não está definida em $z=0$ , e é analítica em todo o resto do plano. Então $z=0$ é a única singularidade, e ela está dentro de $|z|=1$ .

Passo 2 — de que natureza? Aqui não vale tentar a fórmula do polo. Expanda: partindo de $e^w = \sum w^n/n!$ com $w = 1/z$ ,

e^{1/z} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!\,z^{n}} = 1 + \frac1z + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots

A parte principal tem infinitos termos: $z=0$ é uma singularidade essencial. Nenhum $m$ faz $z^m f(z)$ ter limite finito, então não é polo de ordem alguma.

Passo 3 — a série do integrando. Multiplicando por $z^2$ :

z^2 e^{1/z} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2-n}}{n!} = z^2 + z + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!\,z} + \frac{1}{4!\,z^2} + \cdots

Passo 4 — ler o resíduo. O resíduo é, por definição, o coeficiente de $z^{-1}$ . Ele aparece quando $2 - n = -1$ , isto é, $n = 3$ :

\operatorname{Res}\big(z^2e^{1/z},\,0\big) = \frac{1}{3!} = \frac16

Passo 5 — o teorema dos resíduos.

\boxed{\;\oint_{|z|=1} z^2e^{1/z}\,dz = 2\pi i\cdot\frac16 = \frac{\pi i}{3}\;}

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Questão 281º EE2024.2Conceitual · Por que usar complexos para grandezas físicas0,2 ptVer material

Nós não obtemos valores complexos ao medir quantidades físicas. Por exemplo, a velocidade de um carro nunca é $2i\ \mathrm{m/s}$ , $i = \sqrt{-1}$ . Isso, no entanto, não nos impede de usarmos números complexos para representar quantidades físicas. Por quê?

Gabarito

Porque o número complexo é uma ferramenta de cálculo intermediária: ele carrega duas informações reais (módulo e fase, ou parte real e imaginária) num só objeto, simplifica contas que seriam pesadas em variáveis separadas, e o resultado final é sempre extraído como uma quantidade real — a parte real, o módulo, ou a fase.

Passo a passo

A resposta curta, que é o que a prova pede em até quatro linhas: os complexos facilitam certos cálculos e permitem que os resultados finais sejam reais. A medida nunca é complexa; a representação é.

O que está por trás disso. Três razões, e vale conhecer as três:

1. Duas grandezas reais em um objeto. Uma oscilação tem amplitude e fase. Escrevê-la como $A\cos(\omega t + \varphi)$ obriga a carregar as duas separadamente em cada conta. Escrevê-la como $\operatorname{Re}\!\left[A e^{i\varphi}e^{i\omega t}\right]$ empacota amplitude e fase num único número, o fasor $Ae^{i\varphi}$ .

2. Soma de senoides vira soma de vetores. Somar $A_1\cos(\omega t+\varphi_1) + A_2\cos(\omega t+\varphi_2)$ com identidades trigonométricas é penoso. Somar os dois fasores é somar dois números complexos. É exatamente por isso que a análise de circuitos em regime permanente senoidal se faz com impedância complexa.

3. Derivada vira multiplicação. $\dfrac{d}{dt}e^{i\omega t} = i\omega\,e^{i\omega t}$ : derivar no tempo é multiplicar por $i\omega$ . Uma equação diferencial vira uma equação algébrica, e é essa a raiz da transformada de Laplace da 2ª unidade.

O ponto que fecha a resposta: em todos os casos, o complexo entra no meio e sai no fim. Toma-se $\operatorname{Re}$ , ou o módulo, ou a fase, e o que se mede continua sendo real.

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Questão 291º EE2024.2Conceitual · O isomorfismo R-linear entre C e R²0,2 ptVer material

Como é estabelecido, algebricamente, o isomorfismo $\mathbb{R}$ -linear entre $\mathbb{C}$ e $\mathbb{R}^2$ ?

Gabarito

Pela correspondência

z = x + iy \;\longmapsto\; (x, y), \qquad x = \operatorname{Re}(z), \quad y = \operatorname{Im}(z)

que é bijetora, preserva a soma e preserva a multiplicação por escalar real — e é só isso que “ $\mathbb{R}$ -linear” exige.

Passo a passo

Passo 1 — a aplicação. Todo complexo se escreve de modo único como $z = x + iy$ com $x,y$ reais. A aplicação

\Phi: \mathbb{C}\to\mathbb{R}^2, \qquad \Phi(x+iy) = (x,y)

é bijetora justamente por essa unicidade.

Passo 2 — verificar que é linear sobre $\mathbb{R}$ . Duas propriedades:

\Phi\big(z_1 + z_2\big) = \Phi(z_1) + \Phi(z_2)

porque $(x_1+iy_1)+(x_2+iy_2) = (x_1+x_2) + i(y_1+y_2)$ , que vai em $(x_1+x_2,\,y_1+y_2)$ ✔

\Phi(\lambda z) = \lambda\,\Phi(z), \qquad \lambda \in \mathbb{R}

porque $\lambda(x+iy) = \lambda x + i\lambda y \mapsto (\lambda x, \lambda y)$ ✔

Bijetora e linear: é um isomorfismo de espaços vetoriais reais. Em particular, $\mathbb{C}$ tem dimensão $2$ sobre $\mathbb{R}$ , com base $\{1, i\}$ .

Passo 3 — a ressalva que dá a nota cheia. O escalar tem de ser real. Sobre $\mathbb{C}$ a coisa muda: $\mathbb{C}$ tem dimensão $1$ sobre si mesmo, e $\mathbb{R}^2$ não tem estrutura de espaço vetorial complexo natural. Por isso o enunciado diz “ $\mathbb{R}$ -linear” e não apenas “linear”.

E há o que o isomorfismo não preserva: a multiplicação de complexos. $\mathbb{C}$ é um corpo; $\mathbb{R}^2$ com as operações usuais, não. Multiplicar $(x_1,y_1)$ por $(x_2,y_2)$ coordenada a coordenada não corresponde a $z_1z_2$ .

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Questão 301º EE2024.2Conceitual · Por que não se pode escrever 2i < 3i0,2 ptVer material

Qual o erro conceitual ao se escrever $2i < 3i$ , com $i = \sqrt{-1}$ ?

Gabarito

O erro é tentar ordenar números complexos. Não existe relação de ordem em $\mathbb{C}$ compatível com as operações de corpo — $\mathbb{C}$ é um corpo não ordenável.

Passo a passo

Passo 1 — o que uma ordem teria de respeitar. Para uma relação $<$ ser uma ordem compatível com as operações (como a de $\mathbb{R}$ ), ela precisa de duas regras:

se $a < b$ , então $a + c < b + c$ para todo $c$ ;
se $a > 0$ e $b > 0$ , então $ab > 0$ .

Da segunda sai o fato conhecido: todo quadrado é não negativo.

Passo 2 — a contradição. Suponha que existisse tal ordem em $\mathbb{C}$ . Compare $i$ com $0$ — pela tricotomia, uma das três vale.

Se $i > 0$ : então $i \cdot i > 0$ , isto é, $-1 > 0$ . Somando $1$ dos dois lados, $0 > 1$ . Mas $1 = 1^2$ é quadrado, logo $1 > 0$ . Contradição.

Se $i < 0$ : então $-i > 0$ , e $(-i)(-i) > 0$ , isto é, $i^2 = -1 > 0$ . Mesma contradição.

Se $i = 0$ : então $i^2 = 0 = -1$ , absurdo.

Nenhum caso sobrevive: não existe ordem compatível em $\mathbb{C}$ .

Passo 3 — o que se pode comparar. Números reais, e por isso o que se compara em $\mathbb{C}$ são grandezas reais associadas:

|2i| = 2 < 3 = |3i| \qquad\checkmark

\operatorname{Re}(z_1) < \operatorname{Re}(z_2), \qquad \operatorname{Im}(z_1) < \operatorname{Im}(z_2) \qquad\checkmark

Escrever $|2i| < |3i|$ é correto e diz o que provavelmente se queria dizer. Escrever $2i < 3i$ não é.

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Questão 311º EE2024.2Conceitual · Cauchy-Riemann e o critério necessidade-suficiência0,2 ptVer material

Escreva as equações de Cauchy-Riemann e comente o critério necessidade-suficiência.

Gabarito

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

Necessária: se $f = u+iv$ é derivável em $z_0$ , as equações valem ali. Suficiente: se, além das equações, as parciais de $u$ e $v$ forem contínuas numa vizinhança de $z_0$ , então $f$ é analítica em $z_0$ .

Passo a passo

Passo 1 — as equações. Com $f(z) = u(x,y) + i\,v(x,y)$ :

u_x = v_y, \qquad u_y = -v_x

Guarde como iguais em cruz, com um sinal negativo — o menos fica na equação que deriva $u$ em $y$ .

Passo 2 — de onde elas vêm, em uma frase. Calcular $f'(z_0)$ pelo caminho horizontal ( $\Delta z = \Delta x$ ) dá $u_x + iv_x$ ; pelo vertical ( $\Delta z = i\Delta y$ ) dá $v_y - iu_y$ . Se a derivada existe, os dois têm de coincidir — e igualar parte real com parte real e imaginária com imaginária é o par de equações.

Passo 3 — necessidade. O argumento acima já prova: derivável $\Rightarrow$ Cauchy-Riemann. É condição necessária, e serve para descartar: se as equações falham num ponto, $f$ não é derivável ali. O exemplo canônico é $f(z) = \bar z$ , com $u_x = 1$ e $v_y = -1$ — não derivável em ponto nenhum do plano.

Passo 4 — suficiência, e o que falta. A recíproca não vale só com as equações: existem funções que as satisfazem num ponto isolado e não são deriváveis ali. O que fecha o teorema é a continuidade das parciais numa vizinhança:

u,v \text{ com parciais contínuas numa vizinhança de } z_0 \;\;+\;\; \text{Cauchy-Riemann em } z_0 \;\;\Longrightarrow\;\; f \text{ analítica em } z_0

Passo 5 — a diferença entre derivável e analítica, que o mesmo teorema esconde. Derivável num ponto é pouco; analítica exige derivabilidade em todo um disco em torno dele. Por isso o teorema pede as equações numa vizinhança, e não num ponto só.

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Questão 321º EE2024.2Conceitual · Enunciado do teorema de Cauchy0,2 ptVer material

Enuncie, sem demonstrar, o teorema de Cauchy para integrais complexas, sob uma curva $\gamma$ .

Gabarito

Se $f$ é analítica num domínio simplesmente conexo $D$ e $\gamma$ é uma curva fechada contida em $D$ , então

\oint_{\gamma} f(z)\,dz = 0

Passo a passo

O enunciado, com as hipóteses todas. Cada palavra carrega peso:

f \text{ analítica em } D \text{ simplesmente conexo}, \qquad \gamma \subset D \text{ fechada} \qquad\Longrightarrow\qquad \oint_\gamma f(z)\,dz = 0

As três hipóteses, e por que nenhuma sobra:

1. $f$ analítica. Não basta contínua. $f(z) = \bar z$ é contínua em todo o plano e $\oint_{|z|=1}\bar z\,dz = 2\pi i \ne 0$ .

2. Curva fechada. Em curva aberta a integral não é zero em geral — ela vale $F(z_1) - F(z_0)$ , que só é nulo se as pontas coincidirem.

3. Domínio simplesmente conexo. Sem buraco. É a hipótese que se esquece, e a que a prova cobra. Em $D = \mathbb{C}\setminus\{0\}$ , a função $1/z$ é analítica, mas

\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z} = 2\pi i \ne 0

O domínio tem um furo na origem, e a curva o envolve.

A versão de Goursat, que é como o teorema aparece nos livros modernos: a mesma conclusão sem exigir que $f'$ seja contínua. Daí o nome duplo, Cauchy-Goursat.

Como isso é usado nesta cadeira, e é o que dá sentido ao enunciado: o teorema é o critério de integral nula. Localizadas as singularidades, se nenhuma cai dentro de $\gamma$ , a resposta é zero sem conta nenhuma — e três dos quesitos de integral do acervo se resolvem assim.

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Questão 331º EE2024.2Complexos · Qual número tem quadrado igual ao próprio conjugado1,0 ptVer material

Qual o número complexo cujo quadrado é igual ao seu complexo conjugado?

Gabarito

São quatro:

z = 0, \qquad z = 1, \qquad z = -\frac12 + \frac{\sqrt3}{2}i, \qquad z = -\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}i

isto é, o zero e as três raízes cúbicas da unidade.

Passo a passo

Passo 1 — o caminho elegante, que dá a resposta completa de imediato. A equação é $z^2 = \bar z$ . Multiplique os dois lados por $z$ :

z^3 = z\,\bar z = |z|^2

Tomando módulos: $|z|^3 = |z|^2$ , isto é, $|z|^2\big(|z| - 1\big) = 0$ . Logo

|z| = 0 \qquad\text{ou}\qquad |z| = 1

Se $|z| = 0$ : $z = 0$ , que satisfaz a equação ( $0 = 0$ ) ✔

Se $|z| = 1$ : então $|z|^2 = 1$ e a equação vira $z^3 = 1$ — as raízes cúbicas da unidade:

z = 1, \qquad z = -\frac12 + \frac{\sqrt3}{2}i, \qquad z = -\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}i

Passo 2 — o caminho por coordenadas, que é o do gabarito. Com $z = x+iy$ :

(x+iy)^2 = x - iy \qquad\Longrightarrow\qquad x^2 - y^2 + 2ixy = x - iy

Igualando parte real com parte real e imaginária com imaginária:

\text{(I)}\quad x^2 - y^2 = x, \qquad\qquad \text{(II)}\quad 2xy = -y

Caso $y \ne 0$ : de (II), $2x = -1$ , logo $x = -\tfrac12$ . Em (I):

\frac14 - y^2 = -\frac12 \qquad\Longrightarrow\qquad y^2 = \frac34 \qquad\Longrightarrow\qquad y = \pm\frac{\sqrt3}{2}

Caso $y = 0$ : (II) é satisfeita automaticamente, e (I) vira $x^2 = x$ , isto é, $x = 0$ ou $x = 1$ .

Juntando os dois casos saem as quatro soluções.

Conferência — teste $z = -\tfrac12 + \tfrac{\sqrt3}{2}i$ :

z^2 = \frac14 - \frac34 - 2\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2}i = -\frac12 - \frac{\sqrt3}{2}i = \bar z \;\checkmark

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Questão 341º EE2024.2Harmônicas · u = cosh(y)cos(x) e a conjugada, com o sinal certo1,5 ptsVer material

Seja $u = u(x,y) = \cosh(y)\cos(x)$ .

1) Verificar se $u(x,y)$ é harmônica;

2) Encontrar a harmônica conjugada, $v = v(x,y)$ , caso exista.

Gabarito

1) $u_{xx} + u_{yy} = -\cosh y\cos x + \cosh y\cos x = 0$ : harmônica em todo o plano.

2)

v(x,y) = -\operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x) + C \qquad\Longrightarrow\qquad f(z) = \cos z + iC

O gabarito da prova traz $v = \operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x)$ , sem o sinal negativo — ver a nota.

Passo a passo

Passo 1 — verificar Laplace.

u_x = -\cosh y\operatorname{sen} x \qquad\Longrightarrow\qquad u_{xx} = -\cosh y\cos x

u_y = \operatorname{senh} y\cos x \qquad\Longrightarrow\qquad u_{yy} = \cosh y\cos x

\nabla^2 u = -\cosh y\cos x + \cosh y\cos x = 0 \;\checkmark

Harmônica em todo o plano, com parciais contínuas: a conjugada existe.

Passo 2 — integrar $v_y = u_x$ .

\frac{\partial v}{\partial y} = u_x = -\cosh y\operatorname{sen} x

v = -\operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x) + \varphi(x)

usando $\displaystyle\int\cosh y\,dy = \operatorname{senh} y$ .

Passo 3 — fechar com a segunda equação.

\frac{\partial v}{\partial x} = -\operatorname{senh}(y)\cos(x) + \varphi'(x)

e Cauchy-Riemann pede $v_x = -u_y = -\operatorname{senh}(y)\cos(x)$ . Logo $\varphi'(x) = 0$ e $\varphi = C$ :

\boxed{\;v(x,y) = -\operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x) + C\;}

Passo 4 — reconhecer a função, que confirma o sinal. A separação do cosseno complexo é

\cos z = \cos(x)\cosh(y) - i\operatorname{sen}(x)\operatorname{senh}(y)

A parte real é exatamente o $u$ dado, e a parte imaginária é exatamente o $v$ encontrado — com o menos. Logo

f(z) = u + iv = \cos z + iC

Conferência final — as duas equações, com o $v$ obtido:

u_x = -\cosh y\operatorname{sen} x \quad\text{e}\quad v_y = -\cosh y \operatorname{sen} x \;\;\checkmark

u_y = \operatorname{senh} y\cos x \quad\text{e}\quad -v_x = \operatorname{senh} y\cos x \;\;\checkmark

Com $v = +\operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x)$ , a primeira equação daria $u_x = -v_y$ — falharia por sinal.

Sobre o gabarito

O gabarito da prova escreve $v(x,y) = \operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x) + C$ , sem o sinal negativo. É erro de sinal no passo de integração: com $v_y = u_x = -\cosh y\operatorname{sen} x$ , a primitiva em $y$ carrega o menos.

Duas conferências independentes mostram que o certo é $-\operatorname{senh}(y)\operatorname{sen}(x)$ : a substituição direta nas duas equações de Cauchy-Riemann, e o reconhecimento de que $f = \cos z$ , cuja parte imaginária é $-\operatorname{sen}(x)\operatorname{senh}(y)$ .

A conferência do passo 4 é o hábito que salva: terminada a conjugada, substitua nas duas equações. Custa três linhas e pega qualquer erro de sinal — que é o erro típico desta questão.

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Questão 351º EE2024.2Fórmula de Cauchy · Três integrais e três respostas diferentes3,0 ptsVer material

Calcule as integrais.

a) $\displaystyle\oint_{\gamma} \frac{e^{z^2}\cos(z)}{z-3}\,dz$ , onde $\gamma = \{z\in\mathbb{C} : |z| = 1\}$ ;

b) $\displaystyle\oint_{\gamma} \frac{e^{z}\cos(z)}{z-1}\,dz$ , onde $\gamma = \{z\in\mathbb{C} : |z| = 2\}$ ;

c) $\displaystyle\oint_{\gamma} \frac{\cos(z)}{z^4}\,dz$ , onde $\gamma = \{z\in\mathbb{C} : |z| = 2\}$ .

Gabarito

a) $0$ · b) $2\pi i\,e\cos(1)$ · c) $0$

Passo a passo

Item (a) — a singularidade está fora.

z = 3, \qquad |3| = 3 > 1

O polo fica fora de $|z|=1$ , e o integrando é analítico dentro e sobre a curva ( $e^{z^2}$ e $\cos z$ são inteiras). Pelo teorema de Cauchy-Goursat:

\oint_{|z|=1}\frac{e^{z^2}\cos z}{z-3}\,dz = 0

Item (b) — a fórmula de Cauchy, na versão sem derivada.

z_0 = 1, \qquad |1| = 1 < 2 \quad\text{(dentro)}, \qquad f(z) = e^z\cos z \quad\text{(inteira)}

Denominador de expoente $1$ significa $n = 0$ , isto é, a fórmula original:

\oint_{|z|=2}\frac{f(z)}{z - z_0}\,dz = 2\pi i\,f(z_0)

f(1) = e^1\cos(1) = e\cos 1

\oint_{|z|=2}\frac{e^z\cos z}{z-1}\,dz = 2\pi i\,e\cos(1) \approx 9{,}23\,i

Item (c) — a fórmula das derivadas, com resultado nulo.

z_0 = 0 \quad\text{(dentro de } |z|=2\text{)}, \qquad f(z) = \cos z, \qquad n + 1 = 4 \;\Longrightarrow\; n = 3

Derivando o cosseno três vezes:

f' = -\operatorname{sen} z, \qquad f'' = -\cos z, \qquad f''' = \operatorname{sen} z

f'''(0) = \operatorname{sen}(0) = 0

\oint_{|z|=2}\frac{\cos z}{z^4}\,dz = \frac{2\pi i}{3!}\cdot 0 = 0

Três itens, três motivos diferentes

A questão foi montada para separar os três casos, e reconhecer qual é qual é a habilidade cobrada:

(a) zero porque não há singularidade dentro — Cauchy-Goursat, nenhuma conta;
(b) não é zero — fórmula de Cauchy com $n=0$ , basta avaliar $f$ no ponto;
(c) zero mesmo com a singularidade dentro — a fórmula se aplica, mas a derivada de ordem $3$ do cosseno se anula na origem.

Note a diferença entre (a) e (c): os dois dão zero, por razões opostas. Em (a) o teorema diz que é zero antes de qualquer conta; em (c) é preciso fazer a conta para descobrir. Responder “zero” em (c) sem mostrar a derivada não vale o item.

E o motivo de (c) dar zero tem nome: $\cos z$ é par, então sua série de Maclaurin só tem potências pares, e o coeficiente de $z^3$ — que é o resíduo de $\cos z/z^4$ — é zero.

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Questão 361º EE2024.2Resíduos · A resposta depende do parâmetro a1,5 ptsVer material

Calcule a integral

\oint_{\gamma:\,|z| = 2} \frac{e^{z}}{z^2 + a^2}\,dz

Gabarito

A resposta depende de $|a|$ , porque os polos estão em $z = \pm ia$ , a distância $|a|$ da origem:

\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z^2+a^2}\,dz = \begin{cases} \dfrac{2\pi i}{a}\operatorname{sen} a, & |a| < 2 \quad\text{(os dois polos dentro)}\\[8pt] \text{indefinida}, & |a| = 2 \quad\text{(polos sobre a curva)}\\[6pt] 0, & |a| > 2 \quad\text{(os dois polos fora)} \end{cases}

Passo a passo

Passo 1 — os polos, e onde eles estão.

z^2 + a^2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad z = \pm i a, \qquad |{\pm ia}| = |a|

Os dois estão sempre à mesma distância da origem, $|a|$ . Como a curva tem raio $2$ , tudo se decide comparando $|a|$ com $2$ .

Passo 2 — caso $|a| > 2$ : nenhum polo dentro. O integrando é analítico dentro e sobre $|z|=2$ , e Cauchy-Goursat dá

\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z^2+a^2}\,dz = 0

Passo 3 — caso $|a| = 2$ : os polos caem SOBRE a curva. Aí não há teorema a aplicar: a hipótese de todos eles é que o integrando seja analítico sobre o contorno. A integral não está definida no sentido usual.

Passo 4 — caso $|a| < 2$ : os dois polos dentro. Agora é o teorema dos resíduos, com dois polos simples. Por $p/q'$ , com $q' = 2z$ :

\operatorname{Res}(f, ia) = \frac{e^{ia}}{2ia}, \qquad \operatorname{Res}(f,-ia) = \frac{e^{-ia}}{-2ia}

\sum\operatorname{Res} = \frac{e^{ia} - e^{-ia}}{2ia} = \frac1a\cdot\frac{e^{ia}-e^{-ia}}{2i} = \frac{\operatorname{sen} a}{a}

\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z^2+a^2}\,dz = \frac{2\pi i}{a}\operatorname{sen} a

Conferência — para $a$ pequeno, $\operatorname{sen}(a)/a \to 1$ e a integral tende a $2\pi i$ : os dois polos colidem na origem, o integrando vira $e^z/z^2$ , e a fórmula das derivadas dá $2\pi i\,f'(0) = 2\pi i$ ✔

Sobre o gabarito

O gabarito da prova troca as bolas com o parâmetro. Ele escreve “a condição $\gamma \le a$ implica que $a \ge 2$ ” — mas o enunciado fixa a curva em $|z| = 2$ e deixa $a$ livre; não há condição nenhuma ligando os dois. Em consequência, ele analisa apenas $|a| \ge 2$ e conclui $0$ ou “indefinida”, deixando de fora o caso mais interessante, $|a| < 2$ , que é justamente o que produz uma resposta não trivial.

E é esse caso que a prova de 2026.1 cobra, na q25 desta unidade: lá a curva é $|z| \le 2a$ , o que garante os dois polos dentro, e o gabarito de lá dá $\tfrac{2\pi i}{a}\operatorname{sen} a$ — confirmando a conta do passo 4.

A resposta completa é a discussão dos três casos. Numa prova, escrever “depende de $|a|$ ” e destrinchar vale mais que escolher um caso e seguir.

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Questão 371º EE2024.2Demonstração · Fórmula de Cauchy com dois pontos interiores2,0 ptsVer material

Prove que, se $f(z)$ é analítica dentro e sobre uma curva fechada $\gamma$ , e $\alpha$ e $\beta$ são dois pontos distintos no interior de $\gamma$ , então

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma} \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}\,dz = \frac{f(\alpha)}{\alpha - \beta} + \frac{f(\beta)}{\beta - \alpha}

Gabarito

Decompor em frações parciais, com os coeficientes lidos como resíduos, e aplicar a fórmula de Cauchy a cada parcela:

\frac{1}{(z-\alpha)(z-\beta)} = \frac{1}{\alpha-\beta}\cdot\frac{1}{z-\alpha} + \frac{1}{\beta-\alpha}\cdot\frac{1}{z-\beta}

Passo a passo

Passo 1 — decompor em frações parciais. Como $\alpha \ne \beta$ , os dois fatores do denominador são distintos e existe a decomposição

\frac{1}{(z-\alpha)(z-\beta)} = \frac{A}{z-\alpha} + \frac{B}{z-\beta}

O jeito seguro de achar $A$ e $B$ é lê-los como resíduos: corte o fator e avalie no ponto.

A = \frac{1}{z-\beta}\bigg|_{z=\alpha} = \frac{1}{\alpha-\beta}, \qquad B = \frac{1}{z-\alpha}\bigg|_{z=\beta} = \frac{1}{\beta-\alpha}

Note que $B = -A$ , como tinha de ser: somando as duas frações, o numerador precisa dar $1$ , sem termo em $z$ .

Passo 2 — quebrar a integral. Multiplicando por $f(z)$ , integrando e usando a linearidade:

\oint_\gamma \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}\,dz = \frac{1}{\alpha-\beta}\oint_\gamma \frac{f(z)}{z-\alpha}\,dz + \frac{1}{\beta-\alpha}\oint_\gamma \frac{f(z)}{z-\beta}\,dz

Passo 3 — aplicar a fórmula de Cauchy a cada parcela. As hipóteses do enunciado são exatamente as que a fórmula pede: $f$ analítica dentro e sobre $\gamma$ , e os pontos no interior.

\oint_\gamma \frac{f(z)}{z-\alpha}\,dz = 2\pi i\,f(\alpha), \qquad \oint_\gamma \frac{f(z)}{z-\beta}\,dz = 2\pi i\,f(\beta)

Passo 4 — substituir e dividir por $2\pi i$ .

\oint_\gamma \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}\,dz = 2\pi i\left[\frac{f(\alpha)}{\alpha-\beta} + \frac{f(\beta)}{\beta-\alpha}\right]

\boxed{\;\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma} \frac{f(z)\,dz}{(z-\alpha)(z-\beta)} = \frac{f(\alpha)}{\alpha-\beta} + \frac{f(\beta)}{\beta-\alpha}\;}

como se queria demonstrar.

O que a fórmula significa

Reescrevendo com denominador comum:

\frac{f(\alpha)}{\alpha-\beta} + \frac{f(\beta)}{\beta-\alpha} = \frac{f(\alpha) - f(\beta)}{\alpha - \beta}

A integral é a razão incremental de $f$ entre os dois pontos. E quando $\beta \to \alpha$ , os dois polos colidem, a razão tende a $f'(\alpha)$ e a fórmula vira a das derivadas com $n=1$ :

\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma \frac{f(z)}{(z-\alpha)^2}\,dz = f'(\alpha)

Reconhecer isso é a melhor conferência do resultado — e mostra que a fórmula pedida é um passo intermediário entre a fórmula de Cauchy e a das derivadas.

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Questão 381º EE2025.1 · 2ª chamadaLogaritmo complexo · Simplificar uma expressão que é o arco-tangente1,0 ptVer material

Calcule, simplificando,

w = \frac{1}{2i}\,\log\frac{1 + i\tan z}{1 - i\tan z}

Gabarito

$w = z$ (pelo ramo principal; em geral, $w = z + k\pi$ , com $k \in \mathbb{Z}$ )

Passo a passo

Passo 1 — tirar a tangente da frente. O que trava a expressão é a tangente dentro do logaritmo. Escreva-a como quociente e ponha tudo sobre o mesmo denominador:

1 + i\tan z = 1 + i\,\frac{\operatorname{sen} z}{\cos z} = \frac{\cos z + i\operatorname{sen} z}{\cos z}

1 - i\tan z = \frac{\cos z - i\operatorname{sen} z}{\cos z}

Passo 2 — reconhecer Euler nos dois numeradores. Aqui a questão se abre:

\cos z + i\operatorname{sen} z = e^{iz} \qquad\qquad \cos z - i\operatorname{sen} z = e^{-iz}

As duas identidades valem para $z$ complexo, e não só para real — é a definição de $\cos$ e $\operatorname{sen}$ em $\mathbb{C}$ que garante isso.

Passo 3 — o quociente. Os dois $\cos z$ se cancelam, e sobra uma razão de exponenciais:

\frac{1 + i\tan z}{1 - i\tan z} = \frac{e^{iz}/\cos z}{e^{-iz}/\cos z} = \frac{e^{iz}}{e^{-iz}} = e^{2iz}

Passo 4 — o logaritmo desfaz a exponencial.

\log\left(e^{2iz}\right) = 2iz + 2k\pi i, \qquad k \in \mathbb{Z}

O termo $2k\pi i$ é a multivalência do logaritmo complexo: $e^{w}$ não é injetora, então $\log$ devolve uma família de valores. Pelo ramo principal, $k = 0$ .

w = \frac{1}{2i}\left(2iz + 2k\pi i\right) = z + k\pi

\boxed{w = z}

Passo 5 — o que a expressão era o tempo todo. A definição do arco-tangente complexo é

\arctan \zeta = \frac{1}{2i}\log\frac{1 + i\zeta}{1 - i\zeta}

Com $\zeta = \tan z$ , a expressão do enunciado é literalmente $\arctan(\tan z)$ — e a resposta $z + k\pi$ é a mesma ressalva que já existe no caso real: a tangente tem período $\pi$ , então o arco-tangente só devolve $z$ dentro de um ramo.

Conferência — teste com um valor: $z = 0$ dá $\tan 0 = 0$ , o quociente vale $1$ , $\log 1 = 0$ e $w = 0 = z$ ✔ E a estrutura da resposta tem de ter período $\pi$ (não $2\pi$ ), porque é a tangente que está dentro — e tem ✔

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Questão 391º EE2025.1 · 2ª chamadaHarmônicas · u = sen(x)cosh(y) e a conjugada3,0 ptsVer material

Seja $u(x,y) = \operatorname{sen}(x)\cosh(y)$ . Mostre que $u(x,y)$ é harmônica e determine sua função harmônica conjugada, $v(x,y)$ .

Gabarito

$u$ é harmônica ( $u_{xx} + u_{yy} = 0$ ) e $v(x,y) = \cos(x)\operatorname{senh}(y) + C$ , com $f(z) = u + iv = \operatorname{sen} z$

Passo a passo

Passo 1 — as quatro derivadas. Harmônica significa satisfazer a equação de Laplace, então o caminho é derivar duas vezes em cada variável:

u_x = \cos(x)\cosh(y) \qquad\qquad u_{xx} = -\operatorname{sen}(x)\cosh(y)

u_y = \operatorname{sen}(x)\operatorname{senh}(y) \qquad\qquad u_{yy} = \operatorname{sen}(x)\cosh(y)

Repare no que muda entre as duas colunas: derivar $\cosh$ dá $\operatorname{senh}$ e derivar $\operatorname{senh}$ dá $\cosh$ , sem troca de sinal — ao contrário do par $\operatorname{sen}/\cos$ . É desse descompasso que sai o cancelamento.

Passo 2 — Laplace.

u_{xx} + u_{yy} = -\operatorname{sen}(x)\cosh(y) + \operatorname{sen}(x)\cosh(y) = 0

\boxed{u \text{ é harmônica em todo } \mathbb{R}^2}

Passo 3 — a primeira equação de Cauchy-Riemann. A conjugada $v$ é aquela que faz $f = u + iv$ analítica, e isso é exatamente pedir Cauchy-Riemann:

u_x = v_y \qquad\qquad u_y = -v_x

Da primeira, integrando em $y$ com $x$ tratado como constante:

v_y = \cos(x)\cosh(y) \qquad\Longrightarrow\qquad v = \cos(x)\operatorname{senh}(y) + \varphi(x)

A “constante” de integração é uma função de $x$ , porque a derivada foi em $y$ — é aqui que quase toda resolução erra, escrevendo só $+\,C$ .

Passo 4 — a segunda equação fecha quem é $\varphi$ . Derive o $v$ recém-achado em $x$ e compare com $-u_y$ :

v_x = -\operatorname{sen}(x)\operatorname{senh}(y) + \varphi'(x) \qquad -u_y = -\operatorname{sen}(x)\operatorname{senh}(y)

\varphi'(x) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \varphi(x) = C

\boxed{v(x,y) = \cos(x)\operatorname{senh}(y) + C}

A constante fica mesmo indeterminada: somar uma constante real a $v$ não estraga Cauchy-Riemann. Ela só se fixa se o enunciado der um valor de $f$ em algum ponto.

Passo 5 — que função é essa, afinal. Juntando as partes:

f(z) = \operatorname{sen}(x)\cosh(y) + i\cos(x)\operatorname{senh}(y)

e essa é exatamente a fórmula de $\operatorname{sen}(x + iy)$ :

\operatorname{sen}(x+iy) = \operatorname{sen} x \cos(iy) + \cos x \operatorname{sen}(iy) = \operatorname{sen} x \cosh y + i\cos x \operatorname{senh} y

\boxed{f(z) = \operatorname{sen} z}

Conferência — identificar a $f$ é o teste que fecha a questão: $\operatorname{sen} z$ é inteira, logo suas partes real e imaginária têm de ser harmônicas e conjugadas uma da outra ✔ E dá para conferir o sinal de $v$ sem refazer nada: se você tivesse escrito $-\cos(x)\operatorname{senh}(y)$ , a $f$ sairia $\operatorname{sen}(\bar{z})$ , que não é analítica ✔

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Questão 401º EE2025.1 · 2ª chamadaFórmula de Cauchy · Quatro integrais, quatro ferramentas diferentes4,0 ptsVer material

Calcule as integrais abaixo, usando a teoria de Cauchy.

1) $\displaystyle\oint_{\gamma:\,|z|=2} \frac{z}{1-z}\,dz$

2) $\displaystyle\oint_{\gamma:\,|z|=2} \frac{e^{-z}\operatorname{sen}(z)}{z^{2}}\,dz$

3) $\displaystyle\oint_{\gamma:\,|z|=a} \frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz$

4) $\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma:\,|z|=2} \frac{z^{10}}{(z-1)^{11}}\,dz$

Gabarito

1) $-2\pi i$ · 2) $2\pi i$ · 3) $-\dfrac{2\pi\operatorname{senh}(a)}{a}$ · 4) $1$

Passo a passo

A estratégia, antes das contas. As quatro saem das mesmas duas fórmulas — o que muda é a ordem do polo:

\oint_\gamma \frac{f(z)}{z - z_0}\,dz = 2\pi i\,f(z_0) \qquad\qquad \oint_\gamma \frac{f(z)}{(z - z_0)^{n+1}}\,dz = \frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(z_0)

com $f$ analítica dentro e sobre $\gamma$ . O trabalho é sempre o mesmo: achar o polo, conferir se ele está dentro da curva, e separar quem é o $f$ analítico.

Item 1 — polo simples, e um sinal que se perde fácil. Primeiro arrume o denominador na forma $z - z_0$ :

\frac{z}{1-z} = \frac{-z}{z-1} \qquad\Longrightarrow\qquad f(z) = -z, \quad z_0 = 1

O sinal sai daí: $1 - z = -(z-1)$ . Quem esquece isso erra o sinal da resposta inteira.

O polo $z_0 = 1$ tem $|1| = 1 < 2$ , então está dentro de $\gamma$ . E $f(z) = -z$ é inteira. Pela fórmula de Cauchy:

\oint_{|z|=2} \frac{-z}{z-1}\,dz = 2\pi i\,f(1) = 2\pi i\,(-1)

\boxed{-2\pi i}

Item 2 — polo duplo: entra a fórmula das derivadas. O denominador é $z^2 = (z-0)^{1+1}$ , logo $n = 1$ e $z_0 = 0$ , com

f(z) = e^{-z}\operatorname{sen}(z)

que é inteira (produto de inteiras). A origem está dentro de $|z| = 2$ . A fórmula pede uma derivada:

f'(z) = -e^{-z}\operatorname{sen}(z) + e^{-z}\cos(z) = e^{-z}\left[\cos(z) - \operatorname{sen}(z)\right]

f'(0) = 1 \cdot (1 - 0) = 1

\oint_{|z|=2} \frac{e^{-z}\operatorname{sen}(z)}{z^{2}}\,dz = \frac{2\pi i}{1!}\,f'(0) = 2\pi i \cdot 1

\boxed{2\pi i}

Item 3 — dois polos, e uma observação sobre a curva. Fatorando o denominador:

z^{2} + a^{2} = (z - ia)(z + ia)

Os polos são $z = \pm ia$ , ambos com módulo exatamente $a$ — isto é, eles caem sobre a circunferência $|z| = a$ , e não dentro dela. Uma integral de contorno com singularidade em cima do caminho não está definida no sentido usual; o que a prova quer é a curva que envolve os dois polos, e é assim que a questão se resolve.

Com os dois dentro, vale o teorema dos resíduos (ou a fórmula de Cauchy aplicada duas vezes):

\operatorname{Res}_{z=ia} = \frac{e^{i(ia)}}{2ia} = \frac{e^{-a}}{2ia} \qquad\qquad \operatorname{Res}_{z=-ia} = \frac{e^{i(-ia)}}{-2ia} = -\frac{e^{a}}{2ia}

\sum \operatorname{Res} = \frac{e^{-a} - e^{a}}{2ia} = \frac{-2\operatorname{senh}(a)}{2ia} = \frac{i\operatorname{senh}(a)}{a}

\oint \frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz = 2\pi i \cdot \frac{i\operatorname{senh}(a)}{a}

\boxed{-\frac{2\pi\operatorname{senh}(a)}{a}}

Se o enunciado for lido ao pé da letra, com os polos sobre a curva, o que existe é o valor principal de Cauchy, que para polos simples no caminho vale $\pi i$ vezes a soma dos resíduos — ou seja, metade: $-\pi\operatorname{senh}(a)/a$ .

Item 4 — o fatorial cancela, e sobra 1. Aqui $(z-1)^{11} = (z - z_0)^{n+1}$ com $z_0 = 1$ e $n = 10$ , e $f(z) = z^{10}$ , inteira. O polo está dentro de $|z| = 2$ .

A décima derivada de $z^{10}$ é constante:

f^{(10)}(z) = 10!

\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=2} \frac{z^{10}}{(z-1)^{11}}\,dz = \frac{1}{2\pi i}\cdot\frac{2\pi i}{10!}\,f^{(10)}(1) = \frac{10!}{10!}

\boxed{1}

O $1/2\pi i$ na frente não é decoração: ele existe justamente para deixar a resposta limpa. Sem ele, seria $2\pi i$ .

Conferência — o item 3 tem um teste que vale ouro: faça $a \to 0$ . A integral vira $\oint e^{iz}/z^{2}\,dz$ , um polo duplo na origem, que pelo item 2 dá $2\pi i\,f'(0)$ com $f = e^{iz}$ , ou seja $2\pi i\cdot i = -2\pi$ . E o resultado geral, com $\operatorname{senh}(a) \approx a$ para $a$ pequeno, dá $-2\pi a/a = -2\pi$ ✔ Os dois caminhos concordam, o que confirma o sinal e o fator.

E, nos quatro itens, a pergunta que evita o erro mais comum: o polo está dentro da curva? Se estivesse fora, a resposta seria zero por Cauchy-Goursat, sem conta nenhuma.

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