Resolução do Recurso 1A, 16 de Janeiro de 2019
1. a) F b) V c) V d) F e) F f) F
2. Para f ser holomorfa em C tem de verificar as equações de Cauchy–Riemann em R2 . Logo
∂u ∂v
= ex cos y + 2ax = ,
∂x ∂y
de onde vem v(x, y) = ex sen y + 2axy + C(x), onde C(x) é uma função diferenciável a
determinar. Substituindo u e v na segunda equação de Cauchy–Riemann, obtemos
∂u ∂v
=− ⇔ −ex sen y = −ex sen y − 2ay − C ′ (x),
∂y ∂x
que é equivalente a 2ay = −C ′ (x). Como o lado direito não depende de y, obtemos a = 0.
Logo, C ′ (x) = 0 e C(x) = b com b ∈ R. Para a = 0, como u(x, y) = ex cos y e v(x, y) =
ex sen y+b, com b ∈ R, são C 1 no aberto R2 e as equações de Cauchy–Riemann são satisfeitas
em R2 , f = u + iv é holomorfa em C. Logo, os valores pretendidos são a = 0 e temos então
f (z) = ex cos y + i(ex sen y + b) = (ex cos y + iex sen y) + ib = ez + ib.
3. Para f ser holomorfa num ponto tem de verificar as equações de Cauchy–Riemann nesse
ponto. Como u(x, y) = xy e v(x, y) = −x3 y, obtemos
∂u ∂v ∂u ∂v
= ⇔ y = −x3 e =− ⇔ x = 3x2 y.
∂x ∂y ∂y ∂x
Substituindo a primeira identidade na segunda vem x = 3x2 y = −3x5 ⇔ x(1 + 3x4 ) = 0 ⇔
x = 0 ⇒ y = −x3 = 0, e f é no máximo diferenciável na origem. Resulta de y 2 ≤ x2 +y 2 que
s
f (x + iy) − f (0) xy − ix3 y x2 y 2 + x6 y 2 p
= = ≤ x2 + x6 → 0
x + iy − 0 x + iy x2 + y 2
quando x + iy → 0. Logo, f é diferenciável apenas em 0 (com f ′ (0) = 0).
4. a) Como sen z = (eiz − e−iz )/(2i), temos sen z = 0 ⇔ eiz = e−iz = 1/eiz ⇔ e2iz = 1. Para
z = x + iy vem e2iz = e−2y ei2x = 1ei0 ⇔ e−2y = 1 e 2x = 2kπ com k ∈ Z. Logo, y = 0 e
x = kπ com k ∈ Z ⇔ z = kπ com k ∈ Z. Portanto f tem singularidades isoladas em z = kπ
com k ∈ Z, pois sen(1/z) apenas não está definida em z = 0, que já é singularidade isolada
de 1/ sen z. Temos
z − kπ 1
lim = lim = (−1)k 6= 0 (1)
z→kπ sen z z→kπ cos z
para k ∈ Z, aplicando a regra de Cauchy, e portanto
z − kπ 1
lim (z − kπ)f (z) = lim = lim = (−1)k 6= 0
z→kπ z→kπ sen z z→kπ cos z
para k ∈ Z \ {0}. Logo, kπ é um pólo de ordem 1 de f para cada k ∈ Z \ {0}. Por outro
lado, resulta da série do seno que
∞
1 X (−1)n −(2n+1)
sen = z (2)
z n=0 (2n + 1)!
para z 6= 0. Esta série tem um número infinito de potências com expoente negativo, pelo que
0 é uma singularidade essencial de sen(1/z). Por outroPlado, por (1) com k = 0, a origem
∞
é um pólo de ordem 1 de 1/ sen z, pelo que 1/ sen z = n=−1 cn z n para z ∈ Bπ (0) \ {0} e
algumas constantes cn ∈ C, para n ≥ −1, com c−1 6= 0. Assim,
∞ ∞
X (−1)n −(2n+1) X
f (z) = z + cn z n ,
n=0
(2n + 1)! n=−1
para z ∈ Bπ (0) \ {0}, tem um número infinito de potências com expoente negativo, pelo
que 0 é uma singularidade essencial de f .
1. a) F b) V c) V d) F e) F f) F
2. Para f ser holomorfa em C tem de verificar as equações de Cauchy–Riemann em R2 . Logo
∂u ∂v
= ex cos y + 2ax = ,
∂x ∂y
de onde vem v(x, y) = ex sen y + 2axy + C(x), onde C(x) é uma função diferenciável a
determinar. Substituindo u e v na segunda equação de Cauchy–Riemann, obtemos
∂u ∂v
=− ⇔ −ex sen y = −ex sen y − 2ay − C ′ (x),
∂y ∂x
que é equivalente a 2ay = −C ′ (x). Como o lado direito não depende de y, obtemos a = 0.
Logo, C ′ (x) = 0 e C(x) = b com b ∈ R. Para a = 0, como u(x, y) = ex cos y e v(x, y) =
ex sen y+b, com b ∈ R, são C 1 no aberto R2 e as equações de Cauchy–Riemann são satisfeitas
em R2 , f = u + iv é holomorfa em C. Logo, os valores pretendidos são a = 0 e temos então
f (z) = ex cos y + i(ex sen y + b) = (ex cos y + iex sen y) + ib = ez + ib.
3. Para f ser holomorfa num ponto tem de verificar as equações de Cauchy–Riemann nesse
ponto. Como u(x, y) = xy e v(x, y) = −x3 y, obtemos
∂u ∂v ∂u ∂v
= ⇔ y = −x3 e =− ⇔ x = 3x2 y.
∂x ∂y ∂y ∂x
Substituindo a primeira identidade na segunda vem x = 3x2 y = −3x5 ⇔ x(1 + 3x4 ) = 0 ⇔
x = 0 ⇒ y = −x3 = 0, e f é no máximo diferenciável na origem. Resulta de y 2 ≤ x2 +y 2 que
s
f (x + iy) − f (0) xy − ix3 y x2 y 2 + x6 y 2 p
= = ≤ x2 + x6 → 0
x + iy − 0 x + iy x2 + y 2
quando x + iy → 0. Logo, f é diferenciável apenas em 0 (com f ′ (0) = 0).
4. a) Como sen z = (eiz − e−iz )/(2i), temos sen z = 0 ⇔ eiz = e−iz = 1/eiz ⇔ e2iz = 1. Para
z = x + iy vem e2iz = e−2y ei2x = 1ei0 ⇔ e−2y = 1 e 2x = 2kπ com k ∈ Z. Logo, y = 0 e
x = kπ com k ∈ Z ⇔ z = kπ com k ∈ Z. Portanto f tem singularidades isoladas em z = kπ
com k ∈ Z, pois sen(1/z) apenas não está definida em z = 0, que já é singularidade isolada
de 1/ sen z. Temos
z − kπ 1
lim = lim = (−1)k 6= 0 (1)
z→kπ sen z z→kπ cos z
para k ∈ Z, aplicando a regra de Cauchy, e portanto
z − kπ 1
lim (z − kπ)f (z) = lim = lim = (−1)k 6= 0
z→kπ z→kπ sen z z→kπ cos z
para k ∈ Z \ {0}. Logo, kπ é um pólo de ordem 1 de f para cada k ∈ Z \ {0}. Por outro
lado, resulta da série do seno que
∞
1 X (−1)n −(2n+1)
sen = z (2)
z n=0 (2n + 1)!
para z 6= 0. Esta série tem um número infinito de potências com expoente negativo, pelo que
0 é uma singularidade essencial de sen(1/z). Por outroPlado, por (1) com k = 0, a origem
∞
é um pólo de ordem 1 de 1/ sen z, pelo que 1/ sen z = n=−1 cn z n para z ∈ Bπ (0) \ {0} e
algumas constantes cn ∈ C, para n ≥ −1, com c−1 6= 0. Assim,
∞ ∞
X (−1)n −(2n+1) X
f (z) = z + cn z n ,
n=0
(2n + 1)! n=−1
para z ∈ Bπ (0) \ {0}, tem um número infinito de potências com expoente negativo, pelo
que 0 é uma singularidade essencial de f .
