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06/03/2011

Variáveis Complexas

5: Teorema dos Resíduos

5.1 Singularidades e Resíduos

Como vimos a analiticidade de uma função complexa é uma característica bastante restritiva. É possível que uma função seja analítica em uma região e não seja em outra, ou que deixe de ser analítica apenas em um número finito de pontos de seu domínio.

Definição: Se uma função f é analítica em uma região R, exceto em um subconjunto S, de R, então os pontos de S, são chamandos de pontos singulares desta função ou, simplesmente, singularidades. Como exemplo, z₀ = 0 é singularidade de 1/z e 1/z², enquanto z₀ = ± i são as singularidares de $1 / (z^{2} + 1) .$ Por outro lado a função $f (z) = {| z |}^{2}$ não tem nenhum ponto singular já que não é analítica em nenhum ponto de seu domínio. As séries de Laurent representam o instrumento adequado para o estudo das sigularidades de uma função.

5.2 Singularidades isoladas

Se f é analítica em alguma vizinhança de um ponto z₀, exceto no próprio ponto z₀, então dizemos que z₀ é uma singularidade isolada da função f. Como exemplo temos que a função

f (z) = \frac{1}{1 - \cos z}

é singular nos pontos $z = 2 n π,$ $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots,$ que são os pontos onde o denominador se anula. Como vimos na capítulo anterior se z₀ é uma singularidade isolada de uma função f então ela admite o desenvolvimento de Laurent

f (z) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{- n}}{{(z - z_{0})}^{n}} + \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{n} = \sum_{n = - \infty}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{n},

válido na região $0 < | z - z_{0} | < r,$ a chamada vizinhança perfurada de z₀. Os coeficientes da expansão são,

a_{n} = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{f (z) d z}{{(z - z_{0})}^{n + 1}},

(1)

onde C é um contorno fechado que envolve z₀ uma vez, no sentido positivo. Em particular estaremos interessados em obter o coeficiente a₁ definido abaixo, por um motivo que logo ficará claro.

Definição: Ao coeficiente a_—1 da expansão de Laurent para uma função f analítica em uma vizinhança perfurada de z₀ chamamos de resíduo de f no ponto singular isolado z₀ e denotamos

Res (f, z_{0}) = a_{- 1} = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} f (z) d z .

(2)

A expressão acima fornece uma forma para o cálculo de uma integral de contorno com integrando complexo. Para isto basta encontrar a expansão de Laurent em séries para o integrando e identificar o resíduo da função em seu ponto singular Embora pela equação 2 acima já sabemos que $_{} f_{C} (z) d z = 2 π i Res (f, z_{0}),$ pode ser esclarecedor, apesar de repetitivo, mostrar o seguinte procedimento. Se z₀ é ponto singular isolado de f então esta função admite a série de Laurent

f (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{n} .

Dentro da região de convergência da série ela pode ser integrada termo a termo,

I = \oint_{C} f (z) d z = \sum_{n = - \infty}^{\infty} a_{n} \oint_{C} {(z - z_{0})}^{n} d z .

(3)

Fazendo $z - z_{0} = δ e^{i θ}$ temos $d z = i δ e^{i θ} d θ$ e, caso $n \neq - 1,$

\oint_{C} {(z - z_{0})}^{n} d z = i δ^{n + 1} \int_{0}^{2 π} e^{i θ (n + 1)} d θ = i δ^{n + 1} {. \frac{e^{i θ (n + 1)}}{i (n + 1)} |}_{0}^{2 π} = \frac{δ^{n + 1}}{n + 1} [e^{2 (n + 1) i π} - 1] = 0 .

O único termo não nulo ocorre para $n = - 1,$

\oint_{C} \frac{d z}{z - z_{0}} = 2 π i .

Como já afirmado, a integral avaliada em 3 é

\oint_{C} f (z) d z = 2 π i a_{- 1} .

O uso do cálculo de resíduos para calcular integrais sobre contornos fechados de uma função que envolve pontos singulares isolados é exemplificado a seguir.

Exemplo: Podemos calcular a integral

I = \oint_{| z | = 2} e^{- z} {(z - 1)}^{- 2} d z

simplesmente encontrando o resíduo do integrando. A única singularidade deste integrando é z₀ = 1. um ponto que está na região interior ao contorno de integração. Devemos então encontrar a série de Laurent para o integrando. Para isto observe que

e^{- z} = e^{- z + 1 - 1} = e^{- 1} e^{- (z - 1)} = e^{- 1} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} {(z - 1)}^{n},

e, portanto,

f = \frac{e^{- z}}{{(z - 1)}^{2}} = \frac{e^{- z}}{{(z - 1)}^{2}} [1 - (z - 1) + \frac{{(z - 1)}^{2}}{2!} - \frac{{(z - 1)}^{3}}{3!} + \dots],

= \frac{e^{- z}}{{(z - 1)}^{2}} [\frac{1}{{(z - 1)}^{2}} - \frac{1}{(z - 1)} + \frac{1}{2!} - \frac{(z - 1)}{3!} + \dots]

de onde se observa que a_—1= Res (f, 1) = —e^—1. Portanto temos que

\oint_{| z | = 2} e^{- z} {(z - 1)}^{- 2} d z = 2 π i Res (f, 1) = - \frac{2 π i}{e} .

Exemplo: Para calcular

\oint_{C} \exp (\frac{1}{z^{2}}) d z onde   C: | z | = 1

observamos que a única singularidade do integrando é z = 0, um ponto interior ao contorno de integração. Observe que, fazendo $u = 1 / z^{2}$ , temos

e^{u} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{u^{n}}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{1}{z^{2 n}} = 1 + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{2! z^{4}} + \frac{1}{3! z^{6}} + \dots,

convergente em $| z | > 0 .$ O resíduo é Res $(f, 0) = 0$ e

\oint_{| z | = 1} \exp (\frac{1}{z^{2}}) d z = 2 π i Res (f, 0) = 0 .

5.3 O teorema dos resíduos

Enunciamos a seguir o teorema dos resíduos, útil para o cálculo de integrais realizada sobre um caminho que circula um número finito de singularidades. Observamos que, se uma função possui um número finito de pontos singulares em um domínio então estes pontos são necessariamente isolados.

Teorema: Seja f uma função analítica sobre o contorno fechado $C$ e em seus pontos interiores, exceto em um número finito de pontos, $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n},$ interiores a $C .$ Então

\oint_{C} f (z) d z = 2 π i \sum_{k = 1}^{n} Res (f, z_{k}),

onde o contorno é percorrido uma vez, no sentido positivo e $Res (f, z_{k})$ é o resíduo da função f no ponto $z_{k} .$

Demonstração: Como os pontos singulares são isolados podemos construir círculos C_k com centro em z_k e raios suficientemente pequenos para que cada círculo envolva apenas a singularidade em seu centro. Em seguida construimos o caminho $γ = C \cup (- C_{1}) \cup (- C_{2}) \cup \dots \cup (- C_{k}),$ como mostrado na figura 1.

Figura 1.

A função f é analítica em $γ$ e seu interior de forma que

0 = \oint_{γ} f (z) d z = \oint_{C} f (z) d z - \oint_{C_{1}} f (z) d z - \oint_{C_{2}} f (z) d z - \dots - \oint_{C_{n}} f (z) d z

ou seja

\oint_{C} f (z) d z = \sum_{k = 1}^{n} \oint_{C_{1}} f (z) d z = 2 π i \sum_{k = 1}^{n} Res (f, z_{k}) .

Exemplo: Para mostrar a utilidade do teorema acima vamos calcular

\oint_{| z | = 2} \frac{5 z - 2}{z (z - 1)} d z .

Observamos, inicialmente, que os pontos sigulares do integrando são z = 0 e z = 1, ambos interiores à região circundada por C. Devemos determinar os resíduos do integrando nestes pontos. Em torno de z = 0 a função $1 / (1 - z)$ é analítica e tem série de Taylor dada por

\frac{1}{z - 1} = - \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n}, | z | < 1 .

O integrando pode ser escrito como

\frac{5 z - 2}{z} \frac{1}{z - 1} = \frac{2 - 5 z}{z} \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n} = (\frac{2}{z} - 5) \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n} =

= 2 \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n - 1} - 5 \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n} = \frac{2}{z} - 3 \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n},

válida em $0 < | z | < 1 .$ Concluímos que $Res (f, 0) = 2 .$

Por outro lado, na vizinhança de z = 1 temos que 1/z é função analítica. Queremos escrever o integrando em potências de (z — 1) para descobrir qual é o seu resíduo neste ponto. Fazemos

\frac{1}{z} = \frac{1}{z - 1 + 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n}, | z - 1 | < 1,

e, portanto,

\frac{5 z - 2}{z (z - 1)} = (\frac{5 z - 5 + 3}{z - 1}) \frac{1}{z} = (5 + \frac{3}{z - 1}) \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n} =

= 5 \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n} + 3 \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n - 1} = \frac{3}{z - 1} + 2 \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n} .

Na última igualdade foi feito:

3 \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n - 1} = \frac{3}{z - 1} + 3 \sum_{n = 1}^{\infty} {(- 1)}^{n} {(z - 1)}^{n - 1} = \frac{3}{z - 1} + 3 \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n + 1} {(z - 1)}^{n} .

O resíduo neste ponto é Res (f, 1) = 3 e

\oint_{| z | = 2} \frac{5 z - 2}{z (z - 1)} d z = 2 π i [Res (f, 0) + Res (f, 1)] = 10 π i .

Observe que, neste caso, seria mais fácil escrever o integrando usando frações parciais,

\frac{5 z - 2}{z (z - 1)} = \frac{2}{z} + \frac{3}{z - 1}

e, portanto,

\oint_{| z | = 2} \frac{5 z - 2}{z (z - 1)} d z = 2 \oint_{| z | = 2} \frac{d z}{z} + 3 \oint_{| z | = 2} \frac{d z}{z - 1} = 10 π i .

Nem sempre é possível, no entanto, proceder desta última forma e, frequentemente a integração pelo método dos resíduos representa uma ferramenta poderosa para a solução de integrais definidas, como veremos.

5.4 Singularidades tipo pólo

Se a série de Laurent de uma função f,

$f (z) =$	$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{- n}}{{(z - z_{0})}^{n}} +$	$\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{n},$
	parte principal	parte analítica

é composta por um número finito de termos na parte principal então existe um maior inteiro $m$ tal que $a_{- m}$ seja não nulo e

f (z) = \frac{a_{- 1}}{z - z_{0}} + \frac{a_{- 2}}{{(z - z_{0})}^{2}} + \dots + \frac{a_{- m}}{{(z - z_{0})}^{m}} + \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{n} .

(4)

Neste caso z₀ é dito um pólo de ordem $m .$ Se $m = 1$ então o pólo é simples. Se a parte principal tem infinitos termos o pólo é dito essencial.

Exemplo: A função

f (z) = \frac{z^{2} + 1}{z - 1}

tem um pólo simples em $z = 1 .$ Para confirmar isto fazemos

f (z) = \frac{{(z - 1)}^{2} + 2 z}{z - 1} = (z - 1) + \frac{2 z - 2 + 2}{z - 1} = (z - 1) + 2 + \frac{2}{z - 1} .

Além disto $Res (f, 1) = 2 .$

Exemplo: A função

f (z) = \frac{z^{2} - 2 z + 3}{z - 2}

pode ser escrita como

f (z) = \frac{{(z - 2)}^{2} + 2 z - 1}{z - 2} = (z - 2) + \frac{2 z - 4 + 3}{z - 2} = (z - 2) + 2 + \frac{3}{z - 2} .

Então $z = 2$ é um pólo simples e $Res (f, 2) = 3 .$

Exemplos: A seguinte função tem um pólo em $z = 0$ de ordem 3 e Res $(f, 0) = 0 :$

f (z) = \frac{senh z}{z^{4}} = \frac{1}{z^{4}} (z + \frac{z^{3}}{3!} + \frac{z^{5}}{5!} + \frac{z^{7}}{7!} + \dots) = \frac{1}{z^{3}} + \frac{1}{3!} + \frac{z}{5!} + \frac{z^{3}}{7!} + \dots .

Já o $\cosh (1 / z)$ tem uma singularidade essencial em $z = 0$ e resíduo nulo:

\cosh (\frac{1}{z}) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n)!} \frac{1}{z^{2 n}} .

Recordamos que

\cosh z = \frac{1}{2} (e^{z} + e^{- z}) = \frac{1}{2} (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{n}}{n!} + \sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} \frac{z^{n}}{n!}) =

= \sum_{n = par}^{\infty} \frac{z^{n}}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{2 n}}{(2 n)!} .

Suponha que f tem um pólo de ordem $m$ em z₀. Neste caso a função

ϕ (z) = {(z - z_{0})}^{m} f (z),

definida em $0 < | z - z_{0} | < r_{1}$ é uma função analítica definida em uma vizinhança de z₀, exceto no próprio z₀, uma vez que f não é definida neste ponto. Devido à expressão de Laurent para $f,$ dada em 4, podemos escrever

ϕ (z) = a_{- 1} {(z - z_{0})}^{m - 1} + a_{- 2} {(z - z_{0})}^{m - 2} + \dots + a_{- m} + \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(z - z_{0})}^{m + n},

(5)

onde $a_{- m} \neq 0 .$ Definindo esta função no ponto z₀ como $ϕ (z_{0}) = a_{- m}$ então a representação na equação 5, sendo convergente, é válida na vizinhança de z₀ incluindo no próprio ponto z₀, o que define, portanto, uma função analítica $ϕ .$ A definição de $ϕ (z_{0})$ dada acima é equivalente à

ϕ (z_{0}) = {lim}_{z \to z_{0}} {(z - z_{0})}^{m} f (z) = a_{- m} .

sendo convergente, é válida na vizinhança de z₀ incluindo o próprio ponto z₀, definindo uma função analítica $ϕ .$ A definição de $ϕ (z_{0})$ dada acima é equivalente à

ϕ (z_{0}) = {lim}_{z \to z_{0}} {(z - z_{0})}^{m} f (z) = a_{- m} .

Como $a_{- m}$ é finito e não nulo concluímos que $| f (z) |$ deve necessariamente tender a infinito quando $z \to z_{0} .$

Um outro tipo de singularidade é a denominada ponto singular removível: se uma função $ϕ$ pode se tornada analítica em seu ponto singular z₀ simplesmente por meio da atribuição de um valor conveniente para $ϕ (z_{0})$ então dizemos que z₀ é um ponto singular removível de $ϕ .$ Um exemplo disto é a função $ϕ (z) = {(z - z_{0})}^{m} f (z),$ definida à partir de f, uma função com pólo de ordem $m$ em z₀. Observe que esta função tem representação em séries de Taylor dada por 5, de forma que

a_{- 1} = \frac{ϕ^{(m - 1)} (z_{0})}{(m - 1)!} .

(6)

Em particular, quando o pólo é simples, $m = 1$ e $a_{- 1}$ é o resíduo da função f no ponto z₀ temos que

a_{- 1} = ϕ (z_{0}) = {lim}_{z \to z_{0}} (z - z_{0}) f (z) .

Por outro lado, se uma função f é tal que o produto

{(z - z_{0})}^{m} f (z) = ϕ (z)

poda ser definido em z₀ de modo a ser analítico neste ponto, podemos encontrar a representação de Taylor

{(z - z_{0})}^{m} f (z) = ϕ (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ϕ^{(n)} (z_{0})}{n!} {(z - z_{0})}^{n} .

Em uma vizinhança de z₀, para pontos distintos de z₀ temos

f (z) = \frac{ϕ (z)}{{(z - z_{0})}^{m}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{ϕ^{(n)} (z_{0})}{n!} {(z - z_{0})}^{n - m} = \sum_{n = - m}^{\infty} \frac{ϕ^{(n + m)} (z_{0})}{(n + m)!} {(z - z_{0})}^{n} .

Concluimos dai que f tem um pólo de ordem $m$ em $z = z_{0}$ e que seu resíduo é dado pela fórmula 6. Estas considerações implicam em um teste para a existências de pólos, descrito no teorema que se segue.

Teorema: Se f é uma função singular no ponto z₀ mas, para algum inteiro $m$ a função

ϕ (z) = {(z - z_{0})}^{m} f (z), ϕ (z_{0}) \neq 0,

é analítica em z₀ então z₀ é um pólo de ordem $m$ de $f$ e

Res (f, z_{0}) = {\begin{cases} ϕ (z_{0}) = {lim}_{z \to z_{0}} (z - z_{0}) f (z), & se m = 1, \\ \frac{ϕ^{(m - 1)} (z_{0})}{(m - 1)!} & se m > 1 . \end{cases}

(7)

Note que, em particular, as condições do teorema são satisfeitas se

f (z) = \frac{ϕ (z)}{{(z - z_{0})}^{m}}, m = 1, 2, \dots,

e a função $ϕ$ é analítica em z₀, com $ϕ (z_{0})$ não nulo.

Exemplo: A função

f (z) = \frac{\exp (- 2 z)}{z^{3}}

satisfaz às condições do teorema. Ela tem um ponto singular em $z_{0} = 0,$ e

ϕ (z) = \exp (- 2 z)

é analítica e não nula em $z = 0 .$ Como $m = 3$ seu resíduo neste ponto, de acordo com a fórmula 7, é

Res (f, 0) = \frac{ϕ^{(2)} (0)}{2!} = 2 .

5.5 Exercícios

1) Encontre os pólos, suas ordens e os resíduos das funções para cada polo:

$\begin{array}{lll} (a) \frac{z + 4}{z (z^{2} + 1)} & (b) \frac{sen z}{z^{3} (z - π)} & (c) \frac{1}{z {sen}^{2} π z} \\ (d) \frac{1 - e^{z}}{z^{4} sen (1 + z)} & (e) \frac{e^{z}}{z (1 - e^{- z})} & (f) \frac{1}{{(e^{i z} - 1)}^{2}} \\ (g) \frac{\cosh z}{z (1 - \cos z)} & (h) \frac{senh z}{z {senh}^{2} (z + π / 2)} \end{array}$

2) Mostre que $z = 0$ é singularidade removível em cada uma das funções abaixo. Determine o valor a se atribuir em $z = 0$ para que as funções sejam analíticas.

\begin{array}{lll} (a) \frac{z}{e^{z} - 1} & (b) \frac{e^{z} - 1}{sen 2 z} & (c) \frac{\cosh 2 z - 1}{{sen}^{2} z} \\ (d) \frac{1}{e^{z} - 1} - \frac{1}{z} & (e) \frac{1}{z} - \frac{1}{sen z} & (f) \frac{1}{{(e^{i z} - 1)}^{2}} \\ (g) \frac{\cosh z}{z (1 - \cos z)} & (h) \frac{senh z}{z {sen}^{2} (z + π / 2)} \end{array}

3) Encontre a parte principal da função $f (z) = 1 / z {(z - i)}^{2}$ em relação ao pólo $z = i .$

Algumas respostas e sugestões:

1a) $z = 0, i, - i,$ de ordens $1, 2$ e $2$ respectivamente.

1c) $z = 0$ de ordem 3, $z = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$ de ordem $2$ , cada.

1e) $z = 0$ de ordem 2, $z = 2 k π, k \neq 0$ inteiro, de ordem 1, cada.

1g) $z = 0$ de ordem 3, $z = 2 k π, k \neq 0$ inteiro, de ordem 2, cada.

3) $\frac{- i}{{(z - i)}^{2}} + \frac{1}{z - i}$

5.6 Cálculo de Integrais Impróprias

Uma aplicação importante para o cálculo de integrais complexas usando a teoria dos resíduos está na avaliação de integrais impróprias com integrandos reais. Podemos desde já fornecer um exemplo deste uso.

Exemplo: Vamos usar o teorema dos resíduos para calcular a integral

I = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} + 1} .

Embora esta seja uma integral real, efetuada sobre todo o eixo real, ela pode ser colocada como parte de uma integração no plano complexo, mais fácil de ser calculada. Vamos ver como isto é feito através de um exemplo. Considere a integral

\oint_{C} \frac{d z}{z^{2} + 1}

Figura 2.

onde C é o contorno $C = C_{R} \cup L,$ representado na Figura 2. C_R é o arco de circunferência de raio R, em y > 0, enquanto L é o segmento de reta de —R até R sobre o eixo real. O integrando é

\frac{1}{z^{2} + 1} = \frac{1}{z + i} \frac{1}{z - i} = \frac{1}{2 i} \frac{1}{z - i} + \frac{1}{4} \sum {(\frac{i}{2})}^{n} {(z - i)}^{n}

que tem um pólo simples em z = i, o único envolvido pelo contorno, e resíduo, neste ponto Res (f, i) = 1/2i. Alternativamente, usando a fórmula 7 temos que

(z - i) \frac{1}{z^{2} + 1} = \frac{1}{z + i} = ϕ

que é analítica em z = i. Dai o pólo é simples e

Res (\frac{1}{z^{2} + 1}, i) = ϕ (i) = \frac{1}{2 i} .

Concluimos portanto que

\oint_{C} \frac{d z}{z^{2} + 1} = π .

Observe agora que $_{C} = \int_{I} + \int_{C_{R}},$ ou seja,

π = \int_{- R}^{R} \frac{d x}{x^{2} + 1} + \int_{C_{R}} \frac{d z}{z^{2} + 1} .

Resta apenas observar que, no limite $R \to \infty$ a segunda integral é nula. Para ver isto note que sobre $C_{R}$ temos que $| z | = R$ e

| z^{2} + 1 | \geq | z^{2} | - 1 = R^{2} - 1,

onde usamos a desigualdade

| z_{1} + z_{2} | \geq | z_{1} | - | z_{2} | .

Como consequência

| \int_{C_{R}} \frac{d z}{z^{2} + 1} | \leq \frac{1}{R^{2} - 1} \int_{C_{R}} | d z | = \frac{π R}{R^{2} - 1} \underset{R \to \infty}{⟶} 0 .

Resta apenas a integral que queríamos calcular:

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} + 1} = π .

O procedimento mostrado acima pode ser generalizado para o cálculo de integrais na forma de

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{P (x)}{Q (x)} d x

onde $P$ e $Q$ são polinômios que diferem, em graus, da seguinte forma

grau Q - grau P = m \geq 2 .

Como antes, tomamos as extensões das funções envolvidas, $P (z)$ e $Q (z)$ e construímos um contorno $C = C_{R} \cup L,$ idêntico ao da figura 2, usada no exemplo anterior. Como $z^{m} P (z)$ e $Q (z)$ têm o mesmo grau, o limite

{lim}_{z \to \infty} \frac{z^{m} P (z)}{Q (z)} = M

é finito e não nulo. Em outras palavras, para $| z | = R$ suficientemente grande temos que

| \frac{P (z)}{Q (z)} | \leq \frac{M}{{| z |}^{m}} = \frac{M}{R^{m}} .

A integração sobre o arco de circunferência se anula pois

| \int_{C_{R}} \frac{P (z)}{Q (z)} d z | \leq \frac{M}{R^{m}} \int_{C_{R}} | d z | = \frac{π M R}{R^{m}} = \frac{π M}{R^{m - 1}},

que se anula quando $R \to \infty$ pois $m \geq 2 .$ Neste limite resta portanto

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{P (x)}{Q (x)} d x =_{C} \frac{P (z)}{Q (z)} d z = 2 π i_{k = 1}^{n} (\frac{P (z)}{Q (z)}, z_{k}),

onde a soma é feita sobre todos os pólos do integrando no semiplano $y > 0 .$

5.7 Exercícios

1) Calcule as integrais indefinidas:

\begin{array}{lll} (a) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{4} + 1} & (b) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{a x^{2} + b x + c}, & a, b, c \in R, b^{2} < 4 a c . \\ (c) \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} d x}{x^{4} + 9} & (d) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} - x + 1} & (e) \int_{0}^{\infty} \frac{d x}{x^{6} + 1} \\ (f) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{x d x}{{(x^{2} + 4 x + 13)}^{2}} & (g) \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} d x}{{(x^{2} + a^{2})}^{2}}, a > 0, & (h) \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} + 1} d x \end{array}

2) Mostre que

\int_{0}^{\infty} \frac{d x}{(x^{2} + a^{2}) (x^{2} + b^{2})} = \frac{π}{2 a b (a + b)}

Algumas respostas e sugestões:

1a) $π / \sqrt{2}$ 1b) $2 π / \sqrt{4 a c - b^{2}}$

1c) Observe que o integrando é par, logo $\int_{0}^{\infty} = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} .$

1c) $π \sqrt{2} / 4 \sqrt{3}$

1f) $- π / 27$

1g) $π / 4 a .$

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5.1 Singularidades e Resíduos

5.2 Singularidades isoladas

5.3 O teorema dos resíduos

5.4 Singularidades tipo pólo

5.5 Exercícios

5.6 Cálculo de Integrais Impróprias

5.7 Exercícios