1. Seja f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} tal que f^{\prime \prime}(z)=f(z), para todo z \in \mathbb{C}.
    (a) Mostre que a função g(z)=e^{-z}\left[f(z)+f^{\prime}(z)\right] é constante.
    (b) Conclua do item anterior que existe \alpha \in \mathbb{C} tal que
\frac{d}{d z}\left\{e^{z}\left[f(z)-\alpha e^{z}\right]\right\}=0
para todo z \in \mathbb{C}.
(c) Conclua do item anterior que existe \beta \in \mathbb{C} tal que
f(z)=\alpha e^{z}+\beta e^{-z}
para todo z \in \mathbb{C}.

  1. { }^{3} Se f e \frac{\partial f}{\partial x} são contínuas, então \frac{d}{d x} \int_{a}^{b} f(x, t) d t=\int_{a}^{b} \frac{\partial f}{\partial x}(x, t) d t.

Passo 1

O enunciado afirma que f:\mathbb{C}\to\mathbb{C} é inteira e satisfaz
f''(z)=f(z)
para todo z. Queremos usar cálculo de derivadas em funções inteiras para mostrar:
– (a) g(z)=e^{-z}\bigl[f(z)+f'(z)\bigr] é constante;
– (b) daí existe \alpha tal que \frac{d}{dz}\bigl\{e^{z}[f(z)-\alpha e^{z}]\bigr\}=0;
– (c) então f(z)=\alpha e^{z}+\beta e^{-z}.

Passo 2

Definimos
g(z)=e^{-z}\bigl[f(z)+f'(z)\bigr].
Para ver que g é constante, calculamos
g'(z) =\frac{d}{dz}\bigl[e^{-z}\bigr]\bigl(f+f'\bigr) +e^{-z}\bigl(f'+f''\bigr).
Como \frac{d}{dz}e^{-z}=-e^{-z} e f''=f, segue
g'(z) =-e^{-z}(f+f')+e^{-z}(f'+f) =0.
Logo g'\equiv0 e g(z)=g(0)=:\gamma para todo z.

Passo 3

Da igualdade g(z)=\gamma tiramos
f'(z)+f(z)=\gamma e^{z}.
Agora consideramos a função
h(z)=e^{z}\bigl[f(z)-\alpha e^{z}\bigr]
e queremos escolher \alpha para ter h'(z)=0. Calculando
h'(z) =e^{z}\bigl(f'+f\bigr)-\alpha\cdot2e^{2z} =\gamma e^{2z}-2\alpha e^{2z} =(\gamma-2\alpha)e^{2z}.
Para anular isso em todo z, tomamos
\alpha=\frac{\gamma}{2}.
Assim \frac{d}{dz}\{e^{z}[f(z)-\alpha e^{z}]\}=0, como pedido.

Passo 4

Como h'(z)=0, segue que h(z) é constante. Chamemos essa constante de \beta:
e^{z}\bigl[f(z)-\alpha e^{z}\bigr]=\beta.
Daí
f(z)-\alpha e^{z}=\beta e^{-z},
logo
f(z)=\alpha e^{z}+\beta e^{-z}.

Resposta

f(z)=\alpha e^{z}+\beta e^{-z},
com \alpha,\beta\in\mathbb{C}.

Exercícios relacionados