Seja \Omega \subset \mathbb{C} aberto e seja f: \Omega \rightarrow \mathbb{C} contínua. Suponha que existe uma primitiva F: \Omega \rightarrow \mathbb{C} tal que F^{\prime}(z)=f(z) para todo z \in \Omega. Prove que, para todo triângulo T \subset \Omega,
\int_{\partial T} f(z) d z=0

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o seguinte:
  • Informações dadas:
    • \Omega \subset \mathbb{C} é um aberto.
    • f:\Omega\to\mathbb{C} é contínua.
    • Existe uma primitiva F:\Omega\to\mathbb{C} tal que F'(z)=f(z) para todo z\in\Omega.
    • T\subset\Omega é um triângulo (ou seja, o triângulo fechado com os seus vértices está contido em \Omega).
  • O que é pedido:
    • Mostrar que \int_{\partial T} f(z)\,dz=0.

Passo 2

Escolher uma descrição conveniente do contorno do triângulo. Seja z_0,z_1,z_2 os vértices de T percorridos em ordem (por exemplo sentido anti-horário). Parametrizo as arestas do triângulo por caminhos suaves \gamma_1,\gamma_2,\gamma_3:[0,1]\to\Omega definidos por segmentos retos:
\gamma_1(t)=(1-t)z_0 + t z_1,\qquad t\in[0,1],
\gamma_2(t)=(1-t)z_1 + t z_2,\qquad t\in[0,1],
\gamma_3(t)=(1-t)z_2 + t z_0,\qquad t\in[0,1].
Cada \gamma_j é diferenciável e suas imagens ficam dentro de \Omega porque o triângulo T está contido em \Omega. O contorno \partial T é o caminho fechado formado pela concatenação \gamma_1\ast\gamma_2\ast\gamma_3.

Passo 3

Recordar e provar de forma direta a regra da cadeia para F composta com um caminho suave \gamma. Como F é diferenciável em \Omega e F'(z)=f(z), para qualquer t\in[0,1] e pequeno h vale a aproximação linear
F(\gamma(t+h)) - F(\gamma(t)) = F'(\gamma(t))\bigl(\gamma(t+h)-\gamma(t)\bigr) + o\bigl(\gamma(t+h)-\gamma(t)\bigr).
Dividindo por h e fazendo h\to0, como \gamma é diferenciável obtenho
\frac{d}{dt}F(\gamma(t)) = F'(\gamma(t))\,\gamma'(t).
Isto é a regra da cadeia neste contexto. Note que F'(\gamma(t)) é precisamente f(\gamma(t)).

Passo 4

Usar o Teorema Fundamental do Cálculo (para funções reais de uma variável) aplicado à função G(t):=F(\gamma(t)). A função G é diferenciável e G'(t)=F'(\gamma(t))\gamma'(t)=f(\gamma(t))\gamma'(t), portanto
\int_{0}^{1} f(\gamma(t))\,\gamma'(t)\,dt = G(1)-G(0) = F(\gamma(1)) - F(\gamma(0)).
Mas a integral do lado esquerdo é exatamente a integral de linha de f ao longo de \gamma:
\int_{\gamma} f(z)\,dz = \int_{0}^{1} f(\gamma(t))\,\gamma'(t)\,dt.
Logo, para qualquer aresta parametrizada \gamma que vai de um ponto a a um ponto b vale
\int_{\gamma} f(z)\,dz = F(b)-F(a).

Passo 5

Aplicar o resultado do passo anterior às três arestas \gamma_1,\gamma_2,\gamma_3:
\int_{\gamma_1} f(z)\,dz = F(z_1)-F(z_0),
\int_{\gamma_2} f(z)\,dz = F(z_2)-F(z_1),
\int_{\gamma_3} f(z)\,dz = F(z_0)-F(z_2).
Somando as três igualdades (que corresponde a integrar f sobre o contorno fechado \partial T) obtém-se cancelamento telescópico:
\int_{\partial T} f(z)\,dz = \bigl(F(z_1)-F(z_0)\bigr) + \bigl(F(z_2)-F(z_1)\bigr) + \bigl(F(z_0)-F(z_2)\bigr) = 0.

Passo 6

Comentário final e observação prática: a prova usou apenas que F é primitiva de f em todo o aberto contendo o triângulo e a regra da cadeia + Teorema Fundamental do Cálculo para as parametrizações das arestas. Assim concluímos que a integral de f ao longo de qualquer contorno fechado que seja a união de segmentos (em particular o contorno de qualquer triângulo contido em \Omega) é zero. Isso é a forma concreta do fato geral: existência de primitiva implica integral sobre curvas fechadas é zero (e independência de caminho).

Resposta

\displaystyle \int_{\partial T} f(z)\,dz=0

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