Demonstre que se f(z) é analítica em uma curva fechada simples C e também no seu interior, e se a é um ponto interior a C, então
a) \oint_{z-a} \frac{f(z)}{z-a} d z=2 \pi i f(a) ;(0,5 ponto )
b) \oint_{(z-a)^{n+1}} d z=\frac{2 \pi i f^{n}(a)}{n!} onde f^{n}(a) é a derivada de ordem n de f(z) no ponto z=a; (0,5 ponto)
c) Usando os resultados dos itens anteriores mostre que \frac{1}{2 \pi i} \oint \frac{e^{z t}}{z^{2}+1} d z=\operatorname{sen} t, se t>0 e C é o círculo |\mathrm{z}|=3. (0,5 ponto)

Passo 1

O enunciado trata da Fórmula Integral de Cauchy e sua generalização: se f é analítica em uma curva fechada simples C e no interior de C, e a está no interior de C, então queremos mostrar
a) \displaystyle \oint_{C}\frac{f(z)}{z-a}\,dz=2\pi i\,f(a),
b) \displaystyle \oint_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz=\frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(a),
e c) aplicar isso para \displaystyle \frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{zt}}{z^2+1}\,dz=\sin t para t>0 e C\colon|z|=3.

Passo 2

Para (a), expandimos f em série de Taylor no disco interior a C:
f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(z-a)^{k}.
Então
\frac{f(z)}{z-a} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(z-a)^{k-1}.
Como em integração de contorno \displaystyle \oint_{C}(z-a)^m\,dz=0 para todo inteiro m\neq -1 e é 2\pi i para m=-1, só o termo k=0 (isto é, m=-1) contribui:
\oint_{C}\frac{f(z)}{z-a}\,dz =\oint_{C}f(a)\,(z-a)^{-1}\,dz =f(a)\,\bigl(2\pi i\bigr).

Passo 3

Para (b), usamos a mesma expansão:
\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(z-a)^{k-n-1}.
Agora o único termo que dá potência -1 é k=n. Logo
\oint_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz =\frac{f^{(n)}(a)}{n!}\,\oint_{C}(z-a)^{-1}\,dz =\frac{f^{(n)}(a)}{n!}\,2\pi i.

Passo 4

Para (c), considere
I=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{zt}}{z^2+1}\,dz =\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{zt}}{(z-i)(z+i)}\,dz.
Fatoramos em frações parciais:
\frac{1}{z^2+1} =\frac{1}{2i}\Bigl(\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+i}\Bigr).
Então
I =\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{2i}\Bigl[ \oint_{C}\frac{e^{zt}}{z-i}\,dz -\oint_{C}\frac{e^{zt}}{z+i}\,dz \Bigr].
Aplicando (a) com a=i e a=-i, temos
\oint_{C}\frac{e^{zt}}{z-i}\,dz =2\pi i\,e^{i t}, \quad \oint_{C}\frac{e^{zt}}{z+i}\,dz =2\pi i\,e^{-i t}.
Logo
I =\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{2i}\Bigl[2\pi i\,e^{i t}-2\pi i\,e^{-i t}\Bigr] =\frac{1}{2i}\bigl(e^{i t}-e^{-i t}\bigr) =\sin t.

Resposta

(a) \displaystyle \oint_{C}\frac{f(z)}{z-a}\,dz=2\pi i\,f(a).
(b) \displaystyle \oint_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz=\frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(a).
(c) \displaystyle \frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=3}\frac{e^{zt}}{z^2+1}\,dz=\sin t for t>0.

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