Verifique as seguintes propriedades da função exponencial
\left(z, z_{1}, z_{2} \in \mathbb{C} ; n \in\right. \mathbb{Z} ):
e^{z_{1}-z_{2}}=\frac{e^{z_{1}}}{e^{z_{2}}};

Passo 1

O que o enunciado pede: mostrar que, para quaisquer z,z_{1},z_{2}\in\mathbb{C}, vale
e^{z_{1}-z_{2}}=\frac{e^{z_{1}}}{e^{z_{2}}}.
Informações dadas (explicitadas): z_{1} e z_{2} são números complexos; a função exponencial complexa e^{z} está definida (vamos usar a definição por série). A tarefa é verificar a igualdade indicada.

Passo 2

Definição e propriedades básicas que vamos usar (explicadas de maneira simples).
  • Definição da exponencial complexa por série de potências:
e^{z}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!},
onde n! é o fatorial de n e z^{0}=1. Essa série converge absolutamente para todo z\in\mathbb{C} (raio de convergência infinito), o que nos permite manipular somas e produtos com segurança.
  • Consequência imediata: substituindo z=0 obtemos
e^{0}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{0^{n}}{n!}=1.
Vou usar também a propriedade que mostra como a exponencial transforma soma em produto; provamos isso agora.

Passo 3

Provar a fórmula de adição: para quaisquer w_{1},w_{2}\in\mathbb{C} vale
e^{w_{1}+w_{2}}=e^{w_{1}}\,e^{w_{2}}.
Prova detalhada (passo a passo, usando as séries).
  • Escrevendo as séries:
e^{w_{1}+w_{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(w_{1}+w_{2})^{n}}{n!}, \qquad e^{w_{1}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{w_{1}^{k}}{k!}, \qquad e^{w_{2}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{w_{2}^{m}}{m!}.
  • Produto das duas séries (produto Cauchy). Ao multiplicar e^{w_{1}} por e^{w_{2}} obtemos a série cujo termo de ordem n é a soma dos produtos cujos índices somam n:
e^{w_{1}}e^{w_{2}} = \sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{w_{1}^{k}}{k!}\frac{w_{2}^{\,n-k}}{(n-k)!}\right).
  • Reescrevendo o termo interno usando o binômio de Newton: lembre que
\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!},
então
\frac{1}{k!(n-k)!}=\frac{1}{n!}\binom{n}{k}.
Assim
\sum_{k=0}^{n}\frac{w_{1}^{k}}{k!}\frac{w_{2}^{\,n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}w_{1}^{k}w_{2}^{\,n-k}.
  • Usando o teorema do binômio:
\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}w_{1}^{k}w_{2}^{\,n-k}=(w_{1}+w_{2})^{n}.
Portanto o termo de ordem n do produto é \dfrac{(w_{1}+w_{2})^{n}}{n!}, e somando sobre n obtemos
e^{w_{1}}e^{w_{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(w_{1}+w_{2})^{n}}{n!}=e^{w_{1}+w_{2}}.
  • Justificativa da troca de somas e do uso do produto Cauchy: como as séries convergem absolutamente, o produto Cauchy converge e a reorganização é válida. Não precisamos entrar em detalhes técnicos agora, apenas saber que a convergência absoluta garante essas manipulações.

Passo 4

Aplicar a fórmula de adição ao caso concreto.
Escolha w_{1}=z_{1} e w_{2}=-z_{2}. Pela fórmula de adição, temos
e^{z_{1}-z_{2}}=e^{z_{1}}\,e^{-z_{2}}.
Já estamos muito perto do objetivo; falta relacionar e^{-z_{2}} com 1/e^{z_{2}}.

Passo 5

Mostrar que e^{-z_{2}}=\dfrac{1}{e^{z_{2}}} (ou seja, que e^{z_{2}} é invertível com inverso e^{-z_{2}}).
  • Use a fórmula de adição com w_{1}=z_{2} e w_{2}=-z_{2}:
e^{z_{2}}e^{-z_{2}}=e^{z_{2}+(-z_{2})}=e^{0}=1.
  • Como o produto de e^{z_{2}} por e^{-z_{2}} é 1, isso mostra que e^{z_{2}} é um número não nulo e que e^{-z_{2}} é seu elemento inverso multiplicativo. Logo
e^{-z_{2}}=\frac{1}{e^{z_{2}}}.

Passo 6

Combinar os resultados dos passos anteriores para concluir a igualdade pedida.
  • Do Passo 4 temos e^{z_{1}-z_{2}}=e^{z_{1}}e^{-z_{2}}.
  • Do Passo 5 temos e^{-z_{2}}=1/e^{z_{2}}.
    Substituindo,
e^{z_{1}-z_{2}}=e^{z_{1}}\cdot\frac{1}{e^{z_{2}}}=\frac{e^{z_{1}}}{e^{z_{2}}}.
E está provado.

Resposta

e^{z_{1}-z_{2}}=\frac{e^{z_{1}}}{e^{z_{2}}}

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