1. Mostre que no semiplano \operatorname{Re} z>0, o ramo principal do logaritmo é dado por
\begin{aligned} \operatorname{Ln}(z) & =\ln |z|+i \arctan \left(\frac{\operatorname{Im} z}{\operatorname{Re} z}\right) \\\ \operatorname{com}-\pi<2 \arctan \left(\frac{\operatorname{Im} z}{\operatorname{Re} z}\right) & <\pi . \text { Calcule } \operatorname{Ln}(1+i) \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para mostrarmos que, no semiplano \Re z>0, o ramo principal do logaritmo é dado por
\Ln(z)=\ln|z|+i\arctan\!\Bigl(\frac{\Im z}{\Re z}\Bigr)
com
-\pi<2\arctan\!\Bigl(\frac{\Im z}{\Re z}\Bigr)<\pi,
e em seguida calcular \Ln(1+i). Para isso, vamos usar a representação polar de z e a definição do ramo principal do argumento.

Passo 2

Escrevendo z=x+iy com x>0, definimos o módulo
|z|=\sqrt{x^2+y^2}
e o argumento principal \Arg z=\theta tal que
z=|z|e^{i\theta},\quad -\pi<\theta<\pi.
Pela definição do logaritmo principal,
\Ln(z)=\ln|z|+i\,\Arg z.

Passo 3

Como \Re z=x>0, o ponto (x,y) fica no primeiro ou quarto quadrante, onde
-\frac{\pi}{2}<\Arg z<\frac{\pi}{2}.
Nesse caso \tan\theta=\frac{y}{x} e, portanto,
\theta=\arctan\!\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr),
o que garante
-\pi<2\arctan\!\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr)<\pi.

Passo 4

Substituindo \Arg z=\arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr) na definição de \Ln, obtemos
\Ln(z)=\ln\sqrt{x^2+y^2}+i\arctan\!\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr)
com a condição sobre o valor do arco-tangente já verificada.

Passo 5

Para z=1+i temos x=y=1, logo
|1+i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}, \qquad \arctan\!\Bigl(\frac{1}{1}\Bigr)=\frac{\pi}{4}.
Portanto
\Ln(1+i)=\ln\sqrt{2}+i\frac{\pi}{4}.

Resposta

\Ln(1+i)=\ln\sqrt{2}+i\frac{\pi}{4}.

Exercícios relacionados