Atividade Avaliativa 2 - Variável Complexa - Sequências, Séries e Topologia em C

Universidade Federal do Recôncavo da Bahia Sequências Séries Topologia Limites e Derivadas em C Professor Ícaro Vidal Freire Disciplina Variável Complexa Curso Licenciatura em Matemática 8º semestre Aluno a Colocar seu nome aqui Data 28052023 ATIVIDADE AVALIATIVA II Questão 1 1 ponto Dados x y Rn considere a função d Rn Rn R definida por dxy Σi1n xi yi2 Mostre que Rn d é um Espaço Métrico Questão 2 1 ponto Sejam U C um aberto e X U com X U Mostre que U X é um conjunto aberto Questão 3 1 ponto Seja znnN0 uma sequência definida indutivamente por zn1 zn2 Prove que zn 0 se z0 1 Questão 4 1 ponto Prove que se limn zn a com a C então limn z1 z2 znn a Questão 5 1 ponto Mostre que a série Σm1 2m im2 converge Podese achar o valor dessa série Questão 6 1 ponto Considere a série Σn1 1nn1 a Mostre que a soma dessa séries é 1 b Deduza que 1 Σn1 1n2 2 Questão 7 1 ponto Expanda a função fz 12z1z22 numa série de potência em torno do ponto z 12 Questão 8 2 pontos Considere a função complexa f definida por fx yi x3yyxix6 y2 se xyi 0 0 se xyi 0 a Mostre que limz0 fz f0z0 0 ao longo de qualquer reta que passe na origem ou seja quando y mx com m R b Mostre que f0 não existe c Os itens a e b são contraditórios Explique Questão 1 Questão 1 1 ponto Dados x y Rn considere a função d Rn Rn R definida por dx y Σi1n xi yi2 Mostre que Rn d é um Espaço Métrico Solução Por definição dizemos que um conjunto X munido de uma métrica d X X 0 tal que x y z X d satisfaz as seguintes propriedades i dx y 0 ii dx y 0 x y iii dx y dy x iv dx z dx y dy z é um espaço métrico Portanto para provarmos que o Rn munido da métrica dx y Σi1n xi yi2 basta verificarmos as propriedades acima Com efeito vamos demonstrar cada uma delas a seguir Propriedade i Note que para qualquer x y Rn nos temos que dx y Σi1n xi yi2 agora veja que como Rn é um corpo ordenado completo segue que xi yi2 xi yi2 0 Logo temos que dx y Σi1n xi yi2 0 0 Portanto temos que dx y 0 para todo x y de Rn Propriedade ii Com efeito supo nhamos que dx y 0 para x e y elementos de Rn Com efeito segue que dx y 0 Σi1n xi yi2 0 Σi1n xi yi2 0 Como cada termo da soma acima é não negativo isto é xi yi2 0 segue que temos uma série de termos não negativos que resulta em zero Portanto a única forma para que isso seja satisfeito é se cada termo dessa soma seja identicamente nulo ou seja xi yi2 0 xi yi 0 xi yi para todo i 1 2 n Portanto segue cada componente x é igual a cada componente y por conseguinte isso implica que x y Por outro lado assumamos que x y logo segue que cada componente de x e y são iguais assim temos que xi yi para todas as n componentes desses elementos Então disso segue que dx y dx x Σi1n xi xi2 dy y Σi1n yi yi2 0 e portanto temos que dx x dy y 0 Dessa forma o resultado do item ii fica demonstrado Propriedade iii Consideremos dois elementos x e y de Rn cujo suas n componentes são xi e yi Então veja que xi yi2 yi xi2 12yi xi2 yi xi2 Portanto disso nos temos que dx y Σi1n xi xi2 Σi1n yi xi2 dy x e então fica demonstrado que dx y dy x para quaisquer elementos x y do Rn Propriedade iv Expoentes conjugados Agora vamos provar chamada desigualdade triangular Com efeito essa demonstração não é trivial assim devemos mostrar alguns resultados auxiliares primeiro De início considere p 1 e defina q por 1p 1q 1 dizemos que p e q são expoentes conjugados Com efeito note que disso nós temos que 1 p qq p q p 1q 1 1 Portanto vale que 1p1 q 1 e logo segue que x yp1 y xq1 para qualquer x y Note agora que podemos definir dois números a e b do seguinte modo ab ₀ᵃ yp1 dy ₀ᵇ xq1 dx app bqq onde a desigualdade acima justificase por estarmos associando a área do retângulo de lados a e b com a área das curvas definidas por x e y Evidentemente a desigualdade acima verificase de imediato para a b 0 Desigualde de Holder Agora vamos considerar duas sequências fn e gn tais que fnp 1 gnq 1 Então veja que se fizermos a fn e b gn vamos ter a seguinte desigualdade fn gn 1p fnp 1q gnq que decorre da desigualdade provada acima para a e b Então a partir disso somando de ambos os lados sobre todos os índices n nós vamos ter que n fn gn 1p n fnp 1q n gnq 1p 1q 1 Agora veja que pondo x fn Rⁿ e y gn Rⁿ e definindo fn fn fkp1p gn gn gmq1q isso assegura que as sequências fn e gn ainda cumprem a condição de que suas somas elevadas a p e q respectivamente sejam 1 Com isso nós temos o seguinte então n fn gn n fn fkp1p gn gmq1q 1 n fn gn k fkq 1p m gmq 1q onde simplesmente multiplicamos de ambos os lados pelo denominador Com efeitonós obtemos então a seguinte desigualdade n fngn k fkq 1p m gmq 1q que é a conhecida desigualdade de Holder A Desigualdade de Schawrz Agora vamos considerar seu caso particular onde fazemos p q 2 de fato veja que 12 12 1 que satisfaz a relação de conjugação exponencial Ademais isso nos fornece que n fngn k fkq 12 m gmq 11 k fkq m gmq que é a chamada desigualdade de CauchySchawrz Desigualdade de Minkowski Agora vamos provar a desigualdade de Minkowski que é a seguinte desigualde j1 fn gnp 1p k1 fkp 1p m1 gmp 1p onde x fn e y gn estão em Rⁿ e p 1 Com efeito veja que no caso p 1 a desigualdade acima se torna em essência a desigualdade triangular Então para p 1 definamos fn gn ωn Com efeito aplicando a desigualdade triangular para números nós temos que ωnp fn gn ωnp1 fn gn ωnp1 Somando sobre n de 1 até um s fixado nós obtemos que ωnp fn ωnp1 gn ωnp1 Agora veja que os termos da direita na desigualdade acima são similares ao que obtivemos na desigualdade de Holder Assim podemos usar a desigualdade de Holder de modo a termos o seguinte fn ωnp1 fkp 1p ωmp1q1q e veja que o expoente da direita é tal que p 1q p uma vez que pq p q que segue da igualdade dos expoentes conjugados Agora tratando o segundo termo da desigualdade do somatório de ωnp nós temos que gn ωnp1 ηkp 1p ωmp1q Então nós temos portanto que ωnp fkp 1p ωmp1q ηkp 1p ωmp 1q fkp 1p ηkp 1p ωmp 1q portanto ficamos com ωnp ωmp1q fkp 1p ηkp 1p Mas veja que ωnp ωmp1q ωnp1 ωmp1q ωnp1q ωmp1q ωnp11q ωnp1p Daí segue que temos o seguinte ωnp1p fkp 1p ηkp 1p que é a desigualdade desejada Prova efetiva de propriedade iv De posse dos resultados desenvolvidos anteriormente vamos provar a desigualdade triangular para a métrica euclidiana em Rⁿ Com efeito veja que para x y z quaisquer elementos de Rⁿ nós temos que considerando p 2 que dx z xi zi² 12 xi yi yi zi² 12 xi yi yi zi² 12 xi yi zi yip 1p xi zip 1p zi yip1p dx z dz y onde a desigualdade é obtida acima com o uso da desigualdade de Minkowski provada anteriormente Considerações fiansi e Observação Com efeito as 4 propriedades então ficam provadas portanto segue que Rn d é um es paço métrico Agora vamos a uma resolva importante Com efeito se você considerar conhecer a desi gualdade de Minkowski previamente a prova do resultado da propriedade iv se resume apenas ao destacado em prova efetiva da propriedade iv Entretanto tanto ela quanto a desigualdade de Holder não são triviais e aparecem em contextos mais avançados Nesse sentido construímos a completa demonstração partindo da ideia de que as mesmas não eram conhecidas 6 Questão 2 Sejam U C um aberto e X U com X U Mostre que U X é um conjunto aberto Solução Primeiro de tudo veja que U é conjunto derivado de U o qual é o conjunto que contém elementos u U tais que esses sejam limites de uma sequência un U em que a sequência un é de elementos dois a dois distintos Entretanto note que isso é equivalente a dizer que para qualquer aberto Uϵ U de centro u e raio ϵ há algum ponto p diferente de u Agora perceba que como X U segue que X não contém qualquer elemento para qualquer aberto Uϵ de centro u e raio ϵ Então note que se tomarmos um elemento u em UX e sabendo que U é um conjunto aberto vamos ter que u UX u U e u X ϵ 0 tq Uϵ U e Uϵ X Uϵ UX note que dada a argumentação anterior segue que não há nenhum aberto Uϵ em X Logo para todo u U temos que existe Uϵ tal que u Uϵ UX e logo o conjunto UX é o conjunto de todos os pontos em u tais que estejam contidos num aberto Uϵ Consequentemente segue que por definição UX é um conjunto aberto 7 Questão 3 Seja znnN0 uma sequência definida indutivamente por zn1 z2 n Prove que zn 0 se z0 1 Solução Por hipótese temos que z0 1 Primeiro mostraremos que zn z2n 0 para todo n 0 Com efeito veja que para n 0 é evidente que z0 z0 1 z0 20 Então assumamos a hipótese de indução para n k de modo a termos que zk z2k 0 Agora vamos provar o caso n k 1 Com efeito veja que zk1 z2 k z2k 0 2 z2k2 0 z2k2k 0 z2k1 0 que verifica a hipótese de indução para n k 1 Disso segue que o resultado desejado então fica provado por indução em n Agora veja que como por hipótese temos que z0 1 segue para todo n natural e para n 0 que zn 0 z2n 0 0 z2n 0 z02n 1 o que garante que 0 zn 1 para todo n Portanto veja que zn é uma sequência de termos que é limitada e cujo módulo é decrescente em virtude de que zn z2n 0 para todo n natural e nulo Logo veja que temos as seguintes desigualdades 0 zn 1 0 zn z02n então desde que n e z0 1 segue que 0 lim zn lim z02n 0 0 0 portanto pelo Teorema do Confronto nós temos que limn zn 0 conforme desejado 8 Questão 4 Questão 4 1 ponto Prove que se limn zn a com a ℂ então limn z1 z2 zn n a Solução Seja lim n zn a com a ℂ queremos provar que lim n z1 z2 zn n a Para tanto vamos empregar a definição de limite Seja ϵ 0 um número real arbitrário Queremos encontrar um número natural N tal que para todo n N de modo que tenhamos z1 z2 zn n a ϵ Então como por hipótese segue que lim n zn a sabemos que existe um número natural N0 tal que para todo n N0 temos zn a ϵ Então considerando n N N0 temos o seguinte desenvolvimento z1 z2 zn n a z1 z2 zN0 zn na n z1 z2 zN0 zn a a a a n z1 a z2 a zN0 a zn a n z1 a z2 a zN0 a zn a z1 a z1 a zN0 1 a n zN0 a zn a n n N0 ϵ n 1 N0 n ϵ ϵ Logo disso segue que para todo ϵ 0 existe N N0 tal que se n N0 nós temos z1 z2 zn n a ϵ que equivalentemente é escrito como limn z1 z2 zn n a que é o resultado desejado Questão 5 Questão 5 1 ponto Mostre que a série converge m1 2m i m2 Podese achar o valor dessa série Solução Convergência da série Com efeito veja que a série pode ser escrita como m1 2m i m2 m1 1 2m i m1 1 m2 Para garantirmos que a série como um todo converge é necessário e suficiente garantirmos que as duas séries do membro direito acima convergem Com efeito veja que a primeira série acima do lado direito corresponde a uma progressão geométrica de razão r 1 2 1 que é convergente pelo teste da psérie Em particular sua soma pode inclusive ser explicitada e é feita da seguinte forma m1 1 2m m0 1 2m 1 1 1 12 1 1 12 1 2 1 1 que explicita que a série é convergente com soma igual a 1 Por outro lado temos que avaliar a convergência da série m1 1 m2 Com efeito essa série é convergente De fato isso pode ser feito pelo teste da integral o qual nos mostra que 1 1 x2 dx 1 x 1 1 e logo segue que a série é convergente pelo teste da integral Soma da série Com efeito a soma da série pode ser sim calculada Decerto para a primeira parte que corresponde a uma progressão geométrica já calculamos e obtivemos o resultado 1 Dessa forma resta calcularmos apenas a série m1 1 m2 Com efeito veja que podemos partir da série dada e termos o seguinte desenvolvimento m1 1 m2 1 14 19 125 Agora vamos recorrer a função sinx em particular a sua expansão em série de Taylor que é a seguinte sinx n1 12n1 xn 2n 1 x x33 x55 x77 que conduz à fórmula sinx x 1 x23 x45 x67 Agora note que os zeros acima da função sinxx ocorrem sempre que x nπ onde n é um inteiro tanto positivo quanto negativo ie n 1 2 3 Então sob essa condição podemos então realizar a decomposição para x nπ do termo acima em suas raízes Dessa forma ficamos com sinxx 1 xπ1 xπ1 x2π1 x2π1 x3π1 x3π 1 x2π21 x24π21 x29π2 Então veja que desenvolvendo o produto acima nos temos que sinxx 1 1π2 14π2 19π2 x2 Com isso podemos obter por inspeção na série sinxx 1 x23 x45 x67 que os termos que acompanham o x2 são tais que 1 3 1 π2 1 4π2 1 9π2 Agora veja que a partir disso nós temos o seguinte desenvolvimento 1 3 1 π2 1 4π2 1 9π2 1 π2 1 14 19 1 π2 m1 1 m2 Então segue que m1 1m2 π23 π26 Então disso e do resultado anterior segue que m1 2m im2 m1 12m i m1 1m2 1 π26 Questão 6 Questão 6 1 ponto Considere a série n1 1n n1 a Mostre que a soma dessa séries é 1 b Deduza que 1 n1 1n2 2 Solução Item a Com efeito essa é uma série Telescópica Então note que podemos ter o seguinte desenvolvimento n1 1nn1 n1 1n 1n1 1 12 12 13 13 14 1 12 12 13 13 14 14 1 que garante que o resultado da soma é 1 Item b Note primeiro que 1n2 1n2 n 1nn1 n1 1nn1 n1 1n2 do item a sabemos que a soma da série acima é 1 logo temos que 1 n1 1nn1 n1 1n2 1 n1 1n2 Com efeito isso mostra a primeira parte da desigualdade Agora vamos verificar a segunda parte Com efeito veja que podemos partir da série dada e termos o seguinte desenvolvimento n1 1n2 1 14 19 125 Agora vamos recorrer a função sinx em particular a sua expansão em série de Taylor que é a seguinte sinx n1 12n1 xn2n 1 x x33 x55 x77 que conduz à fórmula sinxx 1 x23 x45 x67 Agora note que os zeros acima da função sinxx ocorrem sempre que x nπ onde n é um inteiro tanto positivo quanto negativo ie n 1 2 3 Então sob essa condição podemos então realizar a decomposição para x nπ do termo acima em suas raízes Dessa forma ficamos com sinxx 1 xπ1 xπ1 x2π1 x2π1 x3π1 x3π 1 x2π21 x24π21 x29π2 Então veja que desenvolvendo o produto acima nos temos que sinxx 1 1π2 14π2 19π2 x2 Com isso podemos obter por inspeção na série sinxx 1 x23 x45 x67 que os termos que acompanham o x2 são tais que 13 1π2 14π2 19π2 Agora veja que a partir disso nós temos o seguinte desenvolvimento 13 1π2 14π2 19π2 1π2 1 14 19 1π2 n1 1n2 Então segue que n1 1n2 π23 π26 16499 2 Então disso e do resultado anterior segue que 1 n1 1nn1 n1 1n2 π26 2 que garante o resultado 1 n1 1n2 2 conforme desejado Questão 7 Questão 7 1 ponto Expanda a função fz 12z1z22 numa série de potência em torno do ponto z 12 Solução De início vamos começar o desenvolvimento tirando a fração parcial de fz Com efeito escrevamos 1z22 2z1 a02z1 a1z2 a2z22 Multiplicando tudo pelo denominador ficamos com 1z22 2z1z22 2z1 a0 z22 2z12z1 a1 z22 2z1z2 a2 z22 2z1z22 que nos dá que 1 a0 z22 a1 2z1 z2 a2 2z1 note que para z 12 e z 2 que são raízes do denominador nós temos que a0 49 a2 13 em respectiva ordem Agora substituindo esses valores nós obtemos o seguinte 1 49 z22 a1 2z1 z2 13 2z1 2a1 2a1z2 4z29 5a1z 10z9 139 2a1 2a1z2 49 z2 5a1z 109 z 139 z2 2a1 49 z 5a1 109 2a1 139 que nos dá de imediato que 2a1 13 1 logo segue que a1 29 Então nossa decomposição pode ser posta como fz 49 2z1 29 z2 13 z22 Agora vamos tratar termo a termo e lembrando das seguintes expansões em Maclaurin 11z n0 zn 11z2 n1 n zn1 Então note que para expandirmos a função fz em um dado ponto z0 é necessário que essa função seja analítica no mesmo ponto z0 ou seja ela deve ser diferenciável nesse ponto Em particular isso exige que é necessário que a função seja contínua em z0 Agora veja que o termo fz 12z1 não é contínua para z 12 Logo não podemos expandir esse termo em torno de z12 Por outro lado podemos expandir os outros termos Com efeito veja que 1z2 1z1212 123 z12 23 11 23 z12 Logo segue que sua expansão em série de Taylor será 29z2 427 11 23 z12 427 n0 23z12n 427 n0 1n 32n z12n n0 1n1 23n2 z12n Por outro lado temos ainda que 1z22 1z12122 132 z12 132 1 23 z12 23 1 23 z12 Daí segue que 13z22 427 1 23 z122 427 n1 n 23n 1n z12n1 13 n1 n 1n 23n2 z12n1 Portanto nossa expansão fica dada por fz 49 2z1 n0 1n1 23n2 z12n 13 n1 n 1n 23n2 z12n1 Questão 8 Considere a função complexa f definida por fx yi x3yy xi x6 y2 se x yi 0 0 se x yi 0 a Mostre que limz0 fz f0 z 0 0 ao longo de qualquer reta que passe na origem ou seja quando y mx com m R b Mostre que f0 não existe c Os itens a e b são contraditórios Explique Solução item a Com efeito ao longo de qualquer reta da forma y mx com m não nulo temos que lim z0 fz f0 z 0 lim xy00 fz f0 z 0 lim xmx00 fx iy f0 x iy 0 lim x0 x3mxmx xi x6 m2x2 x imx lim x0 x3mxmx xi x6 m2x2x imx lim x0 xmmx xi x4 m21 im 0 0 m21 im 0 e logo de fato temos que limz0 fz f0 z 0 0 ao longo de qualquer reta que passe pela origem 17 item b Com efeito vamos escolher um caminho tal que y 1 Com isso nós temos o seguinte desenvolvimento f 0 lim z0 fz f0 z 0 lim xy00 fz f0 z 0 lim x000 fx iy f0 x iy 0 lim x0 x31 xi x6 1 x i lim x0 x31 xi x6 1x i lim x0 x3 x4i x7 x6i x i lim x0 4 3 2i 7 6 5 4x3 6 5 4 3x2 lim x0 24i 840x3 360x2 e o limite acima não existe Logo segue que existe um caminho tal que a f 0 não existe Portanto em geral não existe f 0 item c Não De fato quando olhamos para derivadas de funções complexas ou mesmo de várias variáveis é possível termos derivadas calculadas sob certas condições que é o que ocorre para quando y mx no item a Todavia quando buscamos explicitar de fato a derivada devemos garantir a convergência do limite limz0 fz f0 z 0 para Todo caminhos que aproxime x y de 0 0 Dessa forma no item a garantimos apenas a existência do limite sob um único cami nho mas isso não assegura que a derivada exista Assim os itens a e b não são dissonantes entre sí 18