Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

17Séries de Laurent e o teorema dos resíduos

O que acontece com uma função holomorfa perto de um ponto em que ela não está definida? A resposta é uma tricotomia completa — ponto removível, polo ou singularidade essencial — que se lê em uma série de potências de duas pontas, a expansão de Laurent. Um coeficiente dessa expansão, o resíduo, controla toda integral de contorno em torno da singularidade: o teorema dos resíduos converte integrais definidas difíceis em álgebra finita, conta zeros de funções (princípio do argumento, Rouché) e demonstra o teorema da aplicação aberta. Antes disso, elevamos o teorema de Cauchy dos domínios estrelados à sua forma definitiva, sem homologia — o elegante argumento de Dixon —, de modo que todos os contornos de índice zero em torno do complementar fiquem disponíveis.

17.1 O teorema de Cauchy global

Um ciclo $\Gamma$ é uma soma formal finita de caminhos fechados $\gamma_1, \dots, \gamma_m$ ; as integrais e os índices ao longo de $\Gamma$ são as somas correspondentes, e $\operatorname{im}\Gamma = \bigcup\operatorname{im}\gamma_j$ .

Teorema 17.1 (Cauchy, forma global)

Sejam $\Omega \subseteq \C$ aberto, $f \in \mathcal H(\Omega)$ e $\Gamma$ um ciclo em $\Omega$ tal que

\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0 \qquad\text{para todo } w \notin \Omega .

Então, para todo $z \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ ,

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\,\dd w = \operatorname{Ind}_\Gamma(z)\,f(z), \qquad\text{e}\qquad \int_\Gamma f(w)\,\dd w = 0 .

Demonstração (Dixon). Defina $g \colon \Omega\times\Omega \to \C$ por

g(z, w) = \begin{cases} \dfrac{f(w) - f(z)}{w - z} & w \neq z,\\[4pt] f'(z) & w = z . \end{cases}

$g$ é contínua: fora da diagonal, é claro. Perto de um ponto diagonal $(a, a)$ , expanda $f$ em série de potências em $a$ (Teorema 16.10): $f(w) - f(z) = \sum_{n\geq1}c_n\bigl((w-a)^n - (z-a)^n\bigr)$ , e dividindo cada termo por $w - z$ (fatoração de $u^n - v^n$ ) obtém-se, para $z, w \in D(a, r)$ ,

g(z, w) = \sum_{n\geq1}c_n\sum_{j=0}^{n-1}(w-a)^{\,j}(z-a)^{\,n-1-j},

válido também na diagonal (cada soma interna vira $n(z-a)^{n-1}$ , somando $f'(z)$ ). Para $r$ pequeno, a série converge uniformemente em $D(a,r)^2$ ( $\abs{\text{termo}} \leq n\abs{c_n}r^{n-1}$ , somável dentro do raio): a soma é contínua.

Ponha $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ em $\Omega$ : contínua (continuidade uniforme de $g$ nos compactos) e holomorfa — por Morera (critério do Teorema 16.15): para um triângulo $T \subseteq \Omega$ , Fubini dá $\int_{\partial T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl(\int_{\partial T}g(z, w)\dd z\bigr)\dd w = 0$ , anulando-se a integral interna porque $z \mapsto g(z, w)$ é holomorfa em $\Omega$ (em $z = w$ a singularidade é removível: $g$ é ali contínua e holomorfa nos demais pontos — o argumento de extensão da demonstração do Teorema 16.9).

No aberto $\Omega' = \{z \notin \operatorname{im}\Gamma : \operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 0\}$ , defina $h_1(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\dd w$ : holomorfa em $\Omega'$ (Morera ou derivação sob a integral). Para $z \in \Omega\cap\Omega'$ :

h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w-z}\dd w - f(z)\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = h_1(z) .

Por hipótese, $\Omega\cup\Omega' = \C$ ( $w \notin \Omega \Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ ), de modo que $h$ e $h_1$ se colam em uma função inteira $H$ . Como a componente ilimitada do complementar de $\operatorname{im}\Gamma$ está em $\Omega'$ e $h_1(z) \to 0$ quando $\abs z \to \infty$ (cota ML), $H$ é limitada e tende a $0$ : Liouville (Corolário 16.12) dá $H \equiv 0$ . Assim $h \equiv 0$ em $\Omega$ , o que é a fórmula integral. Aplicando-a, para $a \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ fixado, a $\tilde f(w) = (w - a)f(w)$ em $z = a$ :

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma f(w)\dd w = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma \frac{\tilde f(w)}{w - a}\dd w = \operatorname{Ind}_\Gamma(a)\,\tilde f(a) = 0 .

∎

17.2 Séries de Laurent e singularidades isoladas

Teorema 17.2 (Expansão de Laurent)

Seja $f$ holomorfa no anel $A = \{r < \abs{z - a} < R\}$ ( $0 \leq r < R \leq \infty$ ). Então

f(z) = \sum_{n\in\Z}c_n\,(z - a)^n \qquad\text{em } A, \qquad c_n = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_\rho}\frac{f(w)}{(w - a)^{n+1}}\,\dd w

para qualquer $r < \rho < R$ (independente de $\rho$ ), convergindo as duas semisséries normalmente em subanéis compactos. A expansão é única.

Demonstração. Fixe $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ e seja $\Gamma = C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (o externo no sentido anti-horário, o interno no horário): um ciclo em $A$ com $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ para todo $w \notin A$ (pontos dentro do disco pequeno: $1 - 1 = 0$ ; fora do grande: $0 - 0$ ). Pelo Teorema 17.1, $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$ dá

f(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_2}}\frac{f(w)}{w - z}\dd w - \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_1}}\frac{f(w)}{w - z}\dd w .

Expanda o primeiro núcleo como no Teorema 16.10 (potências de $\frac{z - a}{w - a}$ , de módulo $< 1$ ): a parte não negativa $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$ . No segundo, expanda ao contrário: $\frac{-1}{w - z} = \frac1{(z-a)(1 - \frac{w - a}{z - a})} = \sum_{m\geq0}\frac{(w-a)^m}{(z - a)^{m+1}}$ , normalmente convergente em $C_{\rho_1}$ : a parte negativa $\sum_{n\leq-1}c_n(z-a)^n$ , com os coeficientes enunciados (índice $n = -m-1$ ). Independência de $\rho$ : as integrais dos coeficientes em $C_{\rho}$ e em $C_{\rho'}$ diferem por $\int_\Gamma$ sobre um ciclo de índice nulo da função holomorfa $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ em $A$ : zero, de novo pelo Teorema 17.1. Unicidade: integre $\sum c_n(z-a)^n$ contra $(z - a)^{-m-1}$ sobre $C_\rho$ termo a termo (convergência normal): só $n = m$ sobrevive. ∎

Definição 17.3

Se $f$ é holomorfa em um disco perfurado $D(a, R)\setminus \{a\}$ , expanda por Laurent ( $r = 0$ ). Três casos exclusivos:

todos os $c_n = 0$ para $n < 0$ : singularidade removível (a série não negativa estende $f$ holomorficamente a $a$ );
$c_n \neq 0$ para um número finito, e ao menos um, de $n < 0$ : um polo de ordem $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ; equivalentemente, $f = g/(z-a)^m$ com $g$ holomorfa e $g(a) \neq 0$ ; equivalentemente, $\abs{f(z)} \to \infty$ quando $z\to a$ ;
infinitos $c_n \neq 0$ negativos: singularidade essencial.

O resíduo é $\operatorname{Res}(f, a) = c_{-1}$ . Uma função holomorfa em $\Omega$ menos um conjunto de polos é meromorfa em $\Omega$ .

Teorema 17.4 (Riemann; Casorati–Weierstrass)

Seja $f$ holomorfa em $D(a,R)\setminus\{a\}$ .

(Riemann) Se $f$ é limitada perto de $a$ , a singularidade é removível.
(Casorati–Weierstrass) Se $a$ é essencial, então $f\bigl(D(a,\varepsilon)\setminus\{a\}\bigr)$ é denso em $\C$ para todo $\varepsilon$ .

Demonstração. (1) Para $n < 0$ e $\rho \to 0$ : $\abs{c_n} \leq M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ por ML em $C_\rho$ : $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (pois $-n > 0$ ): todos os coeficientes negativos se anulam. (2) Se algum valor $b$ não fosse aproximado: $\abs{f - b} \geq \delta$ perto de $a$ , de modo que $g = 1/(f - b)$ é holomorfa e limitada perto de $a$ : removível (1), e $g$ se estende com valor $c$ . Se $c \neq 0$ , $f = b + 1/g$ é limitada perto de $a$ : removível — excluído. Se $c = 0$ , $g$ tem um zero de ordem finita $m$ em $a$ (Teorema 16.13; $g \not\equiv 0$ ), e $f = b + 1/g$ tem um polo de ordem $m$ : excluído de novo. ∎

17.3 O teorema dos resíduos

Teorema 17.5 (Teorema dos resíduos)

Sejam $\Omega$ aberto, $S \subseteq \Omega$ finito, $f \in \mathcal H(\Omega\setminus S)$ e $\Gamma$ um ciclo em $\Omega\setminus S$ com $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ para todo $w \notin \Omega$ . Então

\frac{1}{2\iu\pi}\int_\Gamma f(z)\,\dd z = \sum_{a\in S}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)\, \operatorname{Res}(f, a) .

Demonstração. Para cada $a \in S$ , seja $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z - a)^n$ a parte principal de $f$ em $a$ : uma série que converge em $\C\setminus\{a\}$ (seu raio em $1/(z-a)$ é infinito: a cauda de Laurent converge para todo $\abs{z-a}$ pequeno, logo, sendo série de potências em $(z-a)^{-1}$ , converge em toda parte) e é ali holomorfa. Então $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ tem singularidades removíveis em cada ponto de $S$ (sua expansão de Laurent em $a$ não tem parte negativa: as demais $P_{a'}$ são holomorfas em $a$ ), de modo que $g$ se estende holomorficamente a $\Omega$ , e o Teorema 17.1 dá $\int_\Gamma g = 0$ . Resta integrar cada $P_a$ : termo a termo (convergência normal no compacto $\operatorname{im}\Gamma$ , que evita $a$ ),

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma(z - a)^n\,\dd z = 0 \ (n \leq -2: \text{primitiva } \tfrac{(z-a)^{n+1}}{n+1}), \qquad \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{\dd z}{z - a} = \operatorname{Ind}_\Gamma(a),

de modo que $\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma P_a = c_{-1}^{(a)}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)$ . Some sobre $a$ . ∎

Método 17.6 (Calculando resíduos)

Polo simples: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z - a)f(z)$ ; para $f = g/h$ com $g(a) \neq 0$ , $h(a) = 0$ , $h'(a) \neq 0$ : $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$ . Polo de ordem $m$ : $\operatorname{Res}(f, a) = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\to a}\bigl((z-a)^mf(z)\bigr)^{(m-1)}$ . Singularidades essenciais: expanda e leia $c_{-1}$ (por exemplo, a partir de séries conhecidas). Verifique sempre quais polos o contorno de fato circunda, e com que índice.

Exemplo 17.7 (Os quatro tipos clássicos de integral)

(a) Racional sobre $\R$ : para $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ , feche com um semicírculo grande $S_R$ no semiplano superior: o integrando é ali $O(R^{-4})$ , de modo que $\int_{S_R} \to 0$ (ML), e o teorema dos resíduos, com os polos $\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{3\iu\pi/4}$ (simples, de resíduos $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ em um polo), dá

\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/4}}4 - \frac{\eu^{3\iu\pi/4}}4\Bigr) = \frac{\pi}{\sqrt2} .

(b) Tipo Fourier: para $t \geq 0$ , $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x = 2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2}, \iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — o semicírculo superior funciona porque $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ ali; tomando partes reais: $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$ , o que liquida a fórmula admitida no Exercício 10.10. (c) Trigonométrica sobre um período: substitua $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ , $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ : $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ ( $a > 1$ ) torna-se uma contagem de resíduos dentro do círculo unitário (Exercício 17.2). (d) Séries: emparelhe $f$ com $\pi\cot(\pi z)$ , cujos polos são os inteiros com resíduo $1$ : o problema de fim de semana soma $\sum n^{-2}$ e $\sum n^{-4}$ por esse caminho.

O contorno semicircular para ∈t_ℝ x/1 + x4: quando R ∈fty, o arco contribui com O(R-3), e o teorema dos resíduos conta os dois polos englobados (em azul). Os dois polos inferiores (em cinza) ficam de fora: índice 0. — O contorno semicircular para $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ : quando $R \to \infty$ , o arco contribui com $O(R^{-3})$ , e o teorema dos resíduos conta os dois polos englobados (em azul). Os dois polos inferiores (em cinza) ficam de fora: índice $0$ .

17.4 O princípio do argumento e o teorema de Rouché

Teorema 17.8 (Princípio do argumento)

Sejam $f$ meromorfa em $\Omega$ , com zeros $z_j$ (de ordens $m_j$ ) e polos $p_k$ (de ordens $\mu_k$ ), e $\gamma$ um caminho fechado em $\Omega$ que os evita todos, com $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ fora de $\Omega$ . Então

\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'(z)}{f(z)}\,\dd z = \sum_j m_j\operatorname{Ind}_\gamma(z_j) - \sum_k \mu_k\operatorname{Ind}_\gamma(p_k)

(apenas um número finito de termos é não nulo). Para um contorno simples percorrido no sentido anti-horário, a integral conta os zeros menos os polos interiores, com multiplicidade — e é igual ao índice de rotação do caminho imagem $f\circ\gamma$ em torno de $0$ .

Demonstração. Perto de um zero de ordem $m$ : $f = (z-a)^mg$ , $g(a) \neq 0$ , de modo que $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ com o segundo termo holomorfo perto de $a$ : um polo simples de resíduo $m$ . Perto de um polo de ordem $\mu$ : $f = (z-a)^{-\mu}g$ dá resíduo $-\mu$ . Nos demais pontos, $\frac{f'}f$ é holomorfa. (Os zeros e polos de índice não nulo estão em uma região compacta circundada por $\gamma$ ; pelo teorema da identidade, ali são em número finito, $f \not\equiv 0$ .) Aplique o Teorema 17.5. A última observação: $\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'}f = \frac1{2\iu\pi}\int_{f\circ\gamma}\frac{\dd w}w = \operatorname{Ind}_{f\circ\gamma}(0)$ (substitua $w = f(\gamma(t))$ ). ∎

Teorema 17.9 (Rouché)

Sejam $f, g$ holomorfas em $\Omega$ e $\gamma$ um caminho fechado com $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ , nulo fora de $\Omega$ (um contorno simples). Se

\abs{g(z)} < \abs{f(z)} \qquad \text{em } \operatorname{im}\gamma,

então $f$ e $f + g$ têm o mesmo número de zeros (com multiplicidade) na região $\{\operatorname{Ind}_\gamma = 1\}$ .

Demonstração. Para $t \in \intcc01$ , $f_t = f + tg$ não tem zero em $\operatorname{im}\gamma$ ( $\abs{f_t} \geq \abs f - \abs g > 0$ ), de modo que

N(t) = \frac1{2\iu\pi}\int_\gamma \frac{f_t'(z)}{f_t(z)}\,\dd z

está bem definido; ele conta os zeros na região englobada (Teorema 17.8; não há polos). $N$ é contínuo em $t$ (o integrando é conjuntamente contínuo e os denominadores são uniformemente limitados por baixo — convergência dominada) e assume valores inteiros: é constante. $N(0) = N(1)$ . ∎

Corolário 17.10 (Teorema da aplicação aberta)

Uma função holomorfa não constante em um aberto conexo é uma aplicação aberta. Em particular (de novo), vale o princípio do máximo, e uma bijeção holomorfa tem inversa holomorfa.

Demonstração. Seja $f(a) = b$ ; $f - b$ tem um zero de ordem finita $m \geq 1$ em $a$ (teorema da identidade: $f \not\equiv b$ ). Escolha $r$ com $f - b$ sem zeros em $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (zeros isolados) e ponha $\delta = \min_{\abs{z - a} = r}\abs{f(z) - b} > 0$ . Para $\abs{w - b} < \delta$ : no círculo, $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$ , de modo que Rouché ( $f - b$ contra a constante $b - w$ ) diz que $f - w$ tem exatamente $m$ zeros em $D(a, r)$ : todo tal $w$ é atingido — $f(D(a,r)) \supseteq D(b, \delta)$ : é aberta. Princípio do máximo: um máximo interior de $\abs f$ é impossível para $f$ não constante, pois sua imagem em torno de $f(a)$ contém pontos de módulo maior. Inversa: uma bijeção holomorfa $f$ é aberta, de modo que $f^{-1}$ é contínua; o zero de $f - f(a)$ em $a$ é simples ( $m \geq 2$ daria $m$ pré-imagens de valores próximos — distintas, pois $f'$ só se anula em pontos isolados, de modo que perto de $a$ os $m$ zeros de $f - w$ são simples e distintos para $w$ pequeno genérico: contradição com a injetividade); então $f'(a) \neq 0$ e o quociente de diferenças de $f^{-1}$ converge: $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) = 1/f'(a)$ . ∎

17.5 Exercícios

Exercício 17.1 ★

Classifique a singularidade em $0$ e calcule o resíduo:

\frac{\sin z}{z},\qquad \frac{\eu^z - 1}{z^2},\qquad \frac{1}{z(z-1)^2},\qquad \frac{\cos z}{z^3},\qquad \eu^{1/z},\qquad \frac1{\sin z} .

Dê também o resíduo da terceira em $z = 1$ e o da última em $z = \pi$ .

Solução

Solução de Exercício 17.1.

$\frac{\sin z}z = 1 - \frac{z^2}6 + \cdots$ : removível, resíduo $0$ . $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 + \frac z6 + \cdots$ : polo simples, resíduo $1$ . $\frac1{z(z-1)^2}$ : polo simples em $0$ com resíduo $\frac1{(0-1)^2} = 1$ ; polo duplo em $1$ com resíduo $\frac{\dd}{\dd z}\bigl(\frac1z\bigr)\big|_{z=1} = -1$ . $\frac{\cos z}{z^3} = \frac1{z^3} - \frac1{2z} + \cdots$ : polo de ordem $3$ , resíduo $-\frac12$ . $\eu^{1/z} = \sum_{n\geq0} \frac{z^{-n}}{n!}$ : essencial, resíduo $1$ . $\frac1{\sin z}$ : polos simples em $n\pi$ ; resíduo $\frac1{\cos 0} = 1$ em $0$ , $\frac1{\cos\pi} = -1$ em $\pi$ (Método 17.6, $g/h'$ ).

Exercício 17.2 ★

Para $a > 1$ , calcule, via $z = \eu^{\iu t}$ :

\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}} .

Confira os comportamentos-limite $a \to 1^+$ e $a \to \infty$ .

Solução

Solução de Exercício 17.2.

Com $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ , $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ :

\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t} = \oint_{\abs z = 1}\frac{2\,\dd z}{\iu\,(z^2 + 2az + 1)} .

As raízes $z_\pm = -a \pm \sqrt{a^2 - 1}$ satisfazem $z_+z_- = 1$ com $\abs{z_+} < 1 < \abs{z_-}$ ; o resíduo em $z_+$ é $\frac{1}{z_+ - z_-} = \frac1{2\sqrt{a^2-1}}$ , de modo que a integral vale $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$ . Quando $a \to 1^+$ , ela explode (o integrando tem pico em $t = \pi$ ); quando $a \to \infty$ , ela se comporta como $\frac{2\pi}a$ , batendo com $\int\frac{\dd t}a$ .

Exercício 17.3 ★★

Calcule com contornos semicirculares, justificando as estimativas nos arcos:

\int_\R\frac{x^2}{1 + x^6}\,\dd x = \frac\pi3, \qquad \int_\R\frac{\dd x}{(1 + x^2)^{2}} = \frac\pi2 \quad\text{(reobtendo \text{Exercício 14.3})}.

Solução

Solução de Exercício 17.3.

Primeira integral: polos superiores de $\frac{z^2}{1+z^6}$ em $p = \eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$ ; em cada um, $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} = -\frac{p^3}6$ , e $p^3$ assume os valores $\iu, -\iu, \iu$ : soma dos resíduos $-\frac{\iu}{6}$ . O arco é $O(R^{-4})\cdot O(R) \to 0$ :

\int_\R\frac{x^2\,\dd x}{1 + x^6} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac \iu6\Bigr) = \frac\pi3 .

Segunda: polo duplo em $\iu$ de $\frac1{(1+z^2)^2} = \frac1{(z-\iu)^2(z+\iu)^2}$ :

\operatorname{Res} = \frac{\dd}{\dd z}\,(z + \iu)^{-2}\Big|_{z=\iu} = \frac{-2}{(2\iu)^3} = \frac{-2}{-8\iu} = -\frac\iu4, \qquad \int_\R\frac{\dd x}{(1+x^2)^2} = 2\iu\pi\cdot\Bigl(-\frac\iu4\Bigr) = \frac\pi2 ,

coerente com o Exercício 14.3(b).

Exercício 17.4 ★★

Demonstre, para $t \geq 0$ e $a > 0$ :

\int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2 + a^2}\,\dd x = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-at},

e deduza a transformada de Fourier de $x \mapsto \eu^{-a\abs x}$ por inversão — comparando com o Exercício 14.1.

Solução

Solução de Exercício 17.4.

Feche $\frac{\eu^{\iu tz}}{z^2 + a^2}$ no semiplano superior ( $t \geq 0$ ): ali $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ , de modo que o arco contribui com $O(R^{-2})\cdot O(R) \to 0$ . O único polo encerrado $\iu a$ é simples, com resíduo $\frac{\eu^{-at}}{2\iu a}$ :

\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{x^2 + a^2}\dd x = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-at}, \qquad\text{logo}\qquad \int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2+a^2}\dd x = \frac\pi a\,\eu^{-a\abs t}

(parte real; par em $t$ ). Essa é a contrapartida por inversão de $\widehat{\eu^{-a\abs x}} = \frac{2a}{a^2+\xi^2}$ (Exercício 14.1): os dois cálculos se confirmam mutuamente através do Teorema 14.5.

Exercício 17.5 ★★

Expanda $f(z) = \dfrac1{(z-1)(z-2)}$ em série de Laurent em cada uma das três regiões $\abs z < 1$ , $1 < \abs z < 2$ , $\abs z > 2$ . Por que as três expansões diferem? Explique por que o coeficiente de $z^{-1}$ na segunda e na terceira expansões não é um resíduo de $f$ em $0$ ( $f$ não tem singularidade ali) e calcule os resíduos de fato de $f$ , em $1$ e em $2$ .

Solução

Solução de Exercício 17.5.

Frações parciais: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$ . Em $\abs z < 1$ (Taylor): $f = \sum_{n\geq0}\bigl(1 - 2^{-n-1}\bigr)z^n$ . Em $1 < \abs z < 2$ : $\frac1{z-2} = -\sum_{n\geq0}\frac{z^n}{2^{n+1}}$ e $-\frac1{z-1} = -\sum_{n\geq1}z^{-n}$ : uma série bilateral genuína. Em $\abs z > 2$ : $f = \sum_{n\geq1}\bigl(2^{n-1} - 1\bigr)z^{-n}$ . As três diferem porque as expansões de Laurent estão ligadas a coroas, não a pontos: cada região tem suas próprias expansões geométricas. Os coeficientes de $z^{-1}$ ( $-1$ e $0$ , respectivamente) são integrais sobre círculos que envolvem as singularidades interiores, não resíduos em $0$ ( $f$ é holomorfa em $0$ ): para $1 < \abs z < 2$ o coeficiente $-1$ é $\operatorname{Res}(f, 1)$ ; para $\abs z > 2$ o coeficiente $0$ é $\operatorname{Res}(f,1) + \operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$ . Os resíduos de $f$ : $-1$ em $1$ e $+1$ em $2$ .

Exercício 17.6 ★★

(a) Mostre que $\eu^{1/z}$ tem singularidade essencial em $0$ e verifique Casorati–Weierstrass à mão: resolva $\eu^{1/z} = w$ explicitamente para qualquer $w \neq 0$ , exibindo soluções arbitrariamente próximas de $0$ . (b) Mostre que $\abs{\eu^{1/z}}$ é ilimitada em toda vizinhança perfurada de $0$ e, ainda assim, $\eu^{1/z}$ não tem polo: que limite falha?

Solução

Solução de Exercício 17.6.

(a) A série de Laurent $\sum_nz^{-n}/n!$ tem infinitos termos negativos: essencial. Resolvendo $\eu^{1/z} = w$ ( $w \neq 0$ ): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$ , de modo que

z_k = \frac1{\log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k} \xrightarrow[k\to\infty]{} 0 :

todo valor não nulo é atingido uma infinidade de vezes perto de $0$ — mais forte que densidade. (b) Ao longo de $z = 1/x$ , $x \to +\infty$ : $\eu^x \to \infty$ ; ao longo de $z = \iu/y$ : módulo $1$ . Um polo exige $\abs{f(z)} \to \infty$ ao longo de toda aproximação: aqui o limite simplesmente não existe, nem mesmo em $[0, +\infty]$ .

Exercício 17.7 ★★

Conte com Rouché: (a) os zeros de $z^7 - 4z^3 + z - 1$ em $\abs z < 1$ ; (b) os zeros de $z^4 + 5z + 1$ em $\abs z < 1$ e em $1 < \abs z < 2$ ; (c) redemonstre d’Alembert–Gauss: um polinômio mônico de grau $n$ tem $n$ zeros em algum disco grande (compare com $z^n$ ).

Solução

Solução de Exercício 17.7.

(a) Em $\abs z = 1$ : $\abs{z^7 + z - 1} \leq 3 < 4 = \abs{-4z^3}$ . Rouché com $f = -4z^3$ , $g = z^7 + z - 1$ : três zeros no disco. (b) Em $\abs z = 1$ : $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$ : um zero em $\abs z < 1$ . Em $\abs z = 2$ : $\abs{5z + 1} \leq 11 < 16 = \abs{z^4}$ : quatro zeros em $\abs z < 2$ . Logo, três zeros na coroa. (c) Para $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$ : em $\abs z = R > 1 + \sum\abs{a_k}$ , $\abs{P - z^n} \leq \bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$ : $P$ tem exatamente $n$ zeros em $D(0, R)$ — d’Alembert–Gauss com multiplicidade, por pura contagem.

Exercício 17.8 ★★★

(Hurwitz) Sejam $f_n \to f$ uniformemente nos compactos, $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ , $\Omega$ conexo, $f \not\equiv 0$ . (a) Mostre que, se todas as $f_n$ são sem zeros, $f$ também é. (Se $f(a) = 0$ : princípio do argumento em um pequeno círculo em torno de $a$ , e o Teorema 16.15 para passar ao limite em $\int f_n'/f_n$ .) (b) Mostre que, se todas as $f_n$ são injetoras, então $f$ é injetora ou constante. (Aplique (a) a $z \mapsto f_n(z) - f_n(w)$ em $\Omega\setminus\{w\}$ .)

Solução

Solução de Exercício 17.8.

(a) Suponha $f(a) = 0$ , $f \not\equiv 0$ : escolha $r$ com $f$ sem zeros no círculo $C = \partial D(a, r)$ (zeros isolados) e $m = \min_C\abs f > 0$ . Pelo Teorema 16.15, $f_n \to f$ e $f_n' \to f'$ uniformemente em $C$ ; para $n$ grande, $\abs{f_n} \geq m/2$ em $C$ , de modo que

\frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f_n'}{f_n} \longrightarrow \frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f'}{f} \geq 1

(o limite conta o zero $a$ ; a convergência porque os numeradores convergem uniformemente e os denominadores são uniformemente minorados). O membro esquerdo é um inteiro que conta zeros de $f_n$ no disco: ele tem de ser $\geq 1$ a partir de certa ordem — contradizendo a ausência de zeros. Logo $f$ não tem zeros.

(b) Fixe $w \in \Omega$ e aplique (a) no aberto conexo $\Omega\setminus\{w\}$ (remover um ponto de um subconjunto aberto conexo de $\C$ preserva a conexidade) a $g_n(z) = f_n(z) - f_n(w)$ , sem zeros ali por injetividade, convergindo para $g = f - f(w)$ . Se $f$ não é constante, $g \not\equiv 0$ em $\Omega\setminus\{w\}$ , de modo que $g$ não tem zeros ali: $f(z) \neq f(w)$ para todo $z \neq w$ . Como $w$ era arbitrário, $f$ é injetora.

Exercício 17.9 ★★★

Para $n \geq 2$ , integre $\frac1{1 + z^n}$ na fronteira do setor $\{0 \leq \arg z \leq \frac{2\pi}n,\ \abs z \leq R\}$ e deduza

\int_0^{+\infty}\frac{\dd x}{1 + x^n} = \frac{\pi}{n\,\sin(\pi/n)} .

Verifique $n = 2$ contra $\arctan$ , e o limite $n \to \infty$ .

Solução

Solução de Exercício 17.9.

O bordo do setor consiste em $[0, R]$ , no arco $A_R$ e na semirreta $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ percorrida ao contrário. Dentro está o único polo $p = \eu^{\iu\pi/n}$ de $\frac1{1+z^n}$ , com resíduo $\frac1{np^{n-1}} = \frac{p}{np^n} = -\frac pn$ . Na semirreta de volta, $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ dá $z^n = x^n$ e $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$ ; o arco é $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$ . Logo

\bigl(1 - \eu^{2\iu\pi/n}\bigr) \int_0^\infty\frac{\dd x}{1 + x^n} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/n}}n\Bigr), \quad\text{logo}\quad \int_0^\infty\frac{\dd x}{1+x^n} = \frac{2\iu\pi}{n\,\bigl(\eu^{\iu\pi/n} - \eu^{-\iu\pi/n}\bigr)} = \frac{\pi}{n\sin(\pi/n)} .

$n = 2$ : $\frac\pi{2\sin(\pi/2)} = \frac\pi2 = [\arctan]_0^\infty$ . Quando $n \to \infty$ : o valor tende a $1$ e, de fato, o integrando tende a $\mathbf 1_{\intco01}$ (com dominação para o TCD $\min(1, x^{-2})$ para $n \geq 2$ ).

Exercício 17.10 ★★

Seja $f$ uma função racional com $\deg(\text{denominador}) \geq \deg(\text{numerador}) + 2$ . Mostre que a soma de todos os resíduos de $f$ é zero (integre sobre círculos cada vez maiores). Use isso para recalcular a decomposição em frações parciais de $\frac1{z(z-1)(z-2)}$ sem nenhuma álgebra linear.

Solução

Solução de Exercício 17.10.

Em $\abs z = R$ grande, $\abs f \leq C R^{-2}$ : $\abs{\oint_{C_R} f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$ . Mas, para $R$ além de todos os polos, o teorema dos resíduos dá $\oint_{C_R}f = 2\iu\pi\sum_{\text{todo }p}\operatorname{Res}(f, p)$ : a soma total se anula. Para $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$ : resíduos $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ em $0$ , $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ em $1$ , $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ em $2$ — somando $0$ , como previsto, e

\frac1{z(z-1)(z-2)} = \frac{1/2}{z} - \frac1{z - 1} + \frac{1/2}{z-2} :

os resíduos são os coeficientes das frações parciais, e a identidade de soma nula fornece uma verificação de coerência gratuita (ou determina o último coeficiente a partir dos demais).

Exercício 17.11 ★★★

(O buraco de fechadura: a integral de reflexão de Euler) Para $0 < a < 1$ , calcule

I(a) = \int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1 + x}\,\dd x = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}

integrando $f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z} = \frac{\eu^{(a-1)\log z}}{1 + z}$ (logaritmo cortado ao longo de $\R_+$ , $\arg z \in \intoo0{2\pi}$ ) sobre o contorno em buraco de fechadura: para fora ao longo da margem superior do corte, de $\varepsilon$ a $R$ , em torno de $C_R$ , de volta sob o corte, em torno de $C_\varepsilon$ . Justifique: os dois trechos retos diferem pelo fator $\eu^{2\iu\pi(a-1)}$ , as contribuições dos círculos se anulam ( $R^{a-1}\cdot R \to 0$ e $\varepsilon^{a-1}\cdot\varepsilon \to 0$ ), e o único polo $z = -1$ tem resíduo $\eu^{\iu\pi(a - 1)}$ . Deduza também $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ (escreva $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = B(a, 1-a)$ pelo Problema 10.1 e substitua $t = \frac{x}{1+x}$ ).

Solução

Solução de Exercício 17.11.

No buraco de fechadura, com a determinação escolhida: logo acima do corte, $\log z = \ln x$ ; logo abaixo, $\log z = \ln x + 2\iu\pi$ . As quatro peças dão

\Bigl(1 - \eu^{2\iu\pi(a-1)}\Bigr)\int_\varepsilon^R \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x + \int_{C_R} + \int_{C_\varepsilon} = 2\iu\pi\operatorname{Res}(f, -1) .

Arcos: $\abs{f} \leq \frac{R^{a-1}}{R - 1}$ em $C_R$ , de comprimento $2\pi R$ : contribuição $O(R^{a-1}) \to 0$ ( $a < 1$ ); $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ em $C_\varepsilon$ , de comprimento $2\pi\varepsilon$ : $O(\varepsilon^a) \to 0$ ( $a > 0$ ). Resíduo: em $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$ , $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$ . Logo

I(a) = \frac{2\iu\pi\,\eu^{\iu\pi(a-1)}}{1 - \eu^{2\iu\pi(a-1)}} = \frac{2\iu\pi}{\eu^{-\iu\pi(a-1)} - \eu^{\iu\pi(a-1)}} = \frac{\pi}{-\sin(\pi(a-1))} = \frac{\pi}{\sin\pi a} .

Reflexão da gama: $B(a, 1-a) = \int_0^1t^{a-1}(1-t)^{-a}\dd t$ ; a substituição $t = \frac x{1+x}$ , $1 - t = \frac1{1+x}$ , $\dd t = \frac{\dd x}{(1+x)^2}$ a transforma em $\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x = I(a)$ , e a fórmula de Euler $B(a, 1-a) = \Gamma(a)\Gamma(1-a)/\Gamma(1)$ (Problema 10.1) dá $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ — em particular, $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ mais uma vez.

Exercício 17.12 ★★

(Contando zeros com o princípio do argumento, numericamente) Seja $P(z) = z^4 + 8z + 1$ . (a) Quantos zeros no disco unitário? (Rouché contra $8z + 1$ .) (b) Quantos no anel $1 < \abs z < 3$ ? (Rouché contra $z^4$ em $\abs z = 3$ .) Refine: mostre que todo zero tem módulo $< 2.1$ . (c) Quantos no semiplano direito? (Conte primeiro em $\abs z = 2$ ; depois acompanhe a imagem do eixo imaginário: $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ tem parte real positiva em todo ele, de modo que não há zeros no eixo, e a variação do argumento ao longo dele é calculável — conclua com um semidisco grande.)

Solução

Solução de Exercício 17.12.

(a) Em $\abs z = 1$ : $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ ( $\abs{8z} - 1 = 7$ ): $P$ tem tantos zeros em $\mathbb D$ quantos $8z + 1$ , a saber, um (em $-\frac18$ ).

(b) Em $\abs z = 3$ : $\abs{8z + 1} \leq 25 < 81 = \abs{z^4}$ : Rouché contra $z^4$ dá os quatro zeros em $\abs z < 3$ , logo $4 - 1 = 3$ zeros na coroa $1 < \abs z < 3$ . Refinamento: um zero com $\abs z = r \geq 2.1$ satisfaria $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$ , mas $r^4 - 8r - 1$ é crescente para $r \geq 2$ e vale $19.45 - 16.8 - 1 = 1.65 > 0$ em $r = 2.1$ : impossível. Logo os três zeros externos estão em $1 < \abs z < 2.1$ . (Numericamente: um zero real perto de $-1.95$ e um par conjugado perto de $1.04 \pm 1.73\iu$ , de módulo $2.02$ — razão pela qual uma tentativa de Rouché no raio exatamente $2$ tem de falhar: o teorema exige dominação estrita, e os zeros ficam logo do lado de fora.)

(c) Sem zeros em $\iu\R$ : $\operatorname{Re}P(\iu t) = t^4 + 1 \geq 1$ . Zeros no semiplano direito: use o princípio do argumento no bordo do semidisco $\{\abs z \leq R,\ \operatorname{Re}z \geq 0\}$ . No arco grande, $\arg P \approx \arg z^4$ gira de $4\cdot\pi = 2\pi\cdot2$ (o arco abarca o ângulo $\pi$ ). Ao longo do eixo imaginário, de $\iu R$ até $-\iu R$ : $P(\iu t) = (t^4 + 1) + 8\iu t$ permanece no semiplano direito ( $\operatorname{Re} > 0$ ), de modo que $\arg P$ varia dentro de $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ e retorna com variação líquida $\to 0$ quando $R \to \infty$ (extremos ambos $\approx \arg t^4 = 0$ ). Enrolamento total: $\frac{4\pi + 0} {2\pi} = 2$ : dois zeros no semiplano direito — coerente com a numérica: o par conjugado $\approx 1.04 \pm 1.73\iu$ tem parte real positiva, e os zeros reais $\approx -0.125$ e $\approx -1.96$ , negativa.

17.6 Problema: $\zeta(2k)$ pela cotangente

Problema 17.1

Problema de fim de semana — somando $\sum n^{-2k}$ com resíduos

O teorema dos resíduos soma séries: emparelhar uma função racional com $\pi\cot(\pi z)$ , cujos polos ficam nos inteiros, transforma $\sum_{n}f(n)$ em uma contagem de resíduos. Demonstramos o método e calculamos $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ e $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ — os valores encontrados por séries de Fourier no segundo ano e por traços de operadores no Capítulo 15, agora por integração de contorno.

Parte I — O núcleo cotangente.

Mostre que $\pi\cot(\pi z)$ é meromorfa em $\C$ , com polos simples exatamente em $z = n \in \Z$ , cada um de resíduo $1$ (calcule $\lim_{z\to n}(z-n)\pi\cot\pi z$ ).
Calcule o início da expansão de Laurent em $0$ :

$\pi\cot(\pi z) = \frac1z - \frac{\pi^2}{3}\,z - \frac{\pi^4}{45}\,z^3 + O(z^5) ,$

dividindo a série de potências de $\cos$ pela de $\sin$ (justifique a divisão: $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ é holomorfa e não nula perto de $0$ , de modo que seu inverso é holomorfo; identifique os coeficientes até a ordem $3$ ).
Seja $C_N$ a fronteira do quadrado de vértices $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . Mostre que $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ em $C_N$ para todo $N \geq 1$ . (Nos lados verticais, $\cot(\pi(\pm(N + \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$ , de módulo $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$ ; nos lados horizontais $\abs y = N + \frac12$ , limite $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq \coth(\pi/2) < 1.1$ .)

Parte II — O teorema de somação.

Seja $f$ racional, holomorfa nos inteiros, com $\deg(\text{denom}) \geq \deg(\text{numer}) + 2$ . Usando o teorema dos resíduos em $C_N$ e a cota da questão 3, demonstre:

$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n) = -\sum_{p\ \text{polo de}\ f} \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$
Onde o argumento precisa da condição sobre o grau? Mostre com um exemplo (tome $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) que, para decaimento mais lento, o limite simétrico ainda pode existir enquanto a série de duas pontas diverge — e que a fórmula calcula então o valor principal.

Parte III — Os valores.

Aplique o método a $f(z) = 1/z^2$ : aqui $f$ tem seu polo em um inteiro, de modo que se deve rodar o argumento diretamente — integre $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ sobre $C_N$ , mostre que a integral $\to 0$ e calcule $\operatorname{Res}(g, 0)$ a partir da questão 2. Conclua:

$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3}, \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$
O mesmo com $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4}$ : calcule $\operatorname{Res}(g, 0)$ e deduza $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .
Explique o padrão geral: para todo $k \geq 1$ , $\zeta(2k)$ é $-\frac12$ vezes o coeficiente de $z^{2k-1}$ na expansão de Laurent de $\pi\cot(\pi z)$ em $0$ — um múltiplo racional de $\pi^{2k}$ . Calcule $\zeta(6)$ levando a divisão da questão 2 um passo adiante. O que o método diz sobre $\zeta(3)$ — e por que ele não diz nada?

Parte IV — A expansão em frações parciais da cotangente.

Fixe $w \in \C\setminus\Z$ e aplique o método da Parte II a $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — notando que $\pi\cot(\pi z)f(z)$ tem agora polos simples adicionais em $\pm w$ , cujos resíduos devem entrar na conta. Deduza a expansão em frações parciais

$\pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},$

convergindo a série normalmente nos compactos de $\C\setminus\Z$ .
Recupere dessa expansão, expandindo cada termo em potências de $w$ (justifique a troca), os mesmos coeficientes de Laurent da questão 2 — o círculo se fecha: a fórmula de Euler $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ é o coeficiente de $w$ nas duas faces da cotangente. Compare com a demonstração por séries de Fourier (segundo ano) e com a demonstração por traço (Problema 15.1): três teorias, um número.

Parte V — O produto de Euler para o seno. A expansão da questão 9 é a derivada logarítmica de um produto infinito; demonstramos agora honestamente a fatoração de Euler de 1734.

Para $N \geq 1$ , ponha $P_N(z) = z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . Mostre que $P_N$ converge, uniformemente em todo disco $\bar D(0, R)$ , para uma função inteira $P$ cujos zeros são exatamente os inteiros, todos simples. (Para $n \geq 2R$ , escreva o fator como $\exp\log(1 - z^2/n^2)$ com o logaritmo principal do Exercício 16.3, limite $\abs{\log(1+u)} \leq 2\abs u$ para $\abs u \leq \frac12$ pela série e exponencie a soma normalmente convergente de logaritmos; os finitos fatores restantes formam um polinômio. Conclua com o Teorema 16.15.)
Mostre que, em $\C\setminus\Z$ ,

$\frac{P'(z)}{P(z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} = \pi\cot(\pi z)$

(derive os produtos finitos, passe ao limite usando o Teorema 16.15 e a ausência de zeros de $P$ fora de $\Z$ , e cite a questão 9).
Mostre que $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ se estende a uma função inteira sem zeros com $Q' = 0$ , e conclua o produto de Euler:

$\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1} \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) \qquad (z \in \C) .$
(Wallis, 1655) Avalie em $z = \frac12$ :

$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$
Para $\abs z < 1$ , expanda o logaritmo do produto como série dupla (justifique o rearranjo) e recupere $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , comparando o coeficiente de $z^3$ em $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — a face do produto do número de Euler.

Parte VI — Núcleos irmãos. A cotangente tem irmãos; cada um precifica sua própria família de séries.

Derive termo a termo a expansão da questão 9 (justificado pelo Teorema 16.15) para obter, normalmente nos compactos de $\C\setminus\Z$ ,

$\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} .$
Avalie em $z = \frac12$ : $\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8$ ; recupere $\zeta(2)$ mais uma vez, separando os inteiros por paridade.
Verifique a identidade de duplicação $\tan\theta = \cot\theta - 2\cot(2\theta)$ e deduza

$\pi\tan(\pi z) = \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,$

normalmente nos compactos que evitam $\frac12 + \Z$ .
Expanda em torno de $0$ ( $\abs z < \frac12$ ; Fubini de novo): com $\lambda(s) = \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$ ,

$\pi\tan(\pi z) = \sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} ;$

compare com $\tan u = u + \frac{u^3}3 + O(u^5)$ para recuperar $\lambda(2) = \frac{\pi^2}8$ e obter $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ , e confira então $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ via $\lambda(4) = (1 - 2^{-4})\,\zeta(4)$ .
Verifique $\frac1{\sin\theta} = \cot\frac\theta2 - \cot\theta$ e deduza

$\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .$

Confira os sinais contra os resíduos de $\pi/\sin(\pi z)$ nos inteiros.
Leia o coeficiente de $z$ : $\eta(2) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$ , e confirme a coerência $\eta(2) = (1 - 2^{1-2})\,\zeta(2)$ .
(Final) Avalie a expansão da questão 20 em $z = \frac12$ e deduza a fórmula de Leibniz

$\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots$

Encerre com um parágrafo curto: um núcleo por aritmética — que núcleo precifica que família de séries, e por que todos eles são estruturalmente cegos a $\zeta(3)$ .

Parte VII — A tabela de preços completa: os números de Bernoulli.

Combine a expansão em frações parciais de $\pi z\cot(\pi z)$ com a função geradora dos números de Bernoulli ( $\frac{w}{\eu^w - 1} = \sum_n\frac{B_n}{n!}w^n$ , Problema 16.1, Parte VI): a partir de

$\pi z\cot(\pi z) = \iu\pi z + \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1}$

(demonstre primeiro essa identidade), deduza a forma fechada

$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\, \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!} \qquad (k \geq 1).$
Confira a fórmula em $B_2 = \frac16$ , $B_4 = -\frac1{30}$ , $B_6 = \frac1{42}$ : recupere $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ e calcule $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
(Recursão de Euler) Expanda os dois lados de $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — ou eleve ao quadrado diretamente a série da cotangente — para demonstrar

$\Bigl(k + \frac12\Bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k - 2j) \qquad (k \geq 2),$

e verifique que ela calcula $\zeta(4)$ a partir de $\zeta(2)$ e $\zeta(6)$ a partir de $\zeta(2), \zeta(4)$ — todos os valores zeta pares a partir da única semente $\frac{\pi^2}6$ , sem nenhuma integração nova.

Solução

Solução de Problema 17.1.

1. $\sin(\pi z)$ tem zeros simples exatamente em $\Z$ ( $\sin\pi z = 0$ se, e somente se, $z \in \Z$ , e $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi z \neq 0$ ali), e $\cos(\pi n) \neq 0$ : $\pi\cot(\pi z) = \pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ tem polos simples em $\Z$ com

\operatorname{Res}(\pi\cot\pi z,\ n) = \frac{\pi\cos(\pi n)}{\pi\cos(\pi n)} = 1

(regra $g/h'$ , Método 17.6).

2. $\frac{\sin(\pi z)}{\pi z} = 1 - \frac{(\pi z)^2}6 + \frac{(\pi z)^4}{120} - \cdots$ é holomorfa e não nula perto de $0$ : seu recíproco é holomorfo (Definição 16.1: quociente), com série $1 + \frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (identifique: coeficientes ao estilo $(1 - u)^{-1}$ a partir de $u = \frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$ : o coeficiente de $z^4$ é $\frac1{36} - \frac1{120} = \frac{7}{360}$ ). Multiplique por $\cos(\pi z) = 1 - \frac{(\pi z)^2}2 + \frac{(\pi z)^4}{24} - \cdots$ e divida por $z$ :

\pi\cot(\pi z) = \frac1z\Bigl[1 + \pi^2z^2\Bigl(\frac16 - \frac12\Bigr) + \pi^4z^4\Bigl(\frac7{360} - \frac1{12} + \frac1{24}\Bigr)\Bigr] + \cdots = \frac1z - \frac{\pi^2}3\,z - \frac{\pi^4}{45}\,z^3 - \cdots

( $\frac7{360} - \frac{30}{360} + \frac{15}{360} = -\frac8{360} = -\frac1{45}$ ).

3. Lados verticais $z = \pm(N + \frac12) + \iu y$ : pela $\pi$ -periodicidade de $\cot$ , $\cot(\pi z) = \cot(\pm\frac\pi2 + \iu\pi y) = -\tan(\iu\pi y) = -\iu\tanh(\pi y)$ , de módulo $\leq 1$ . Lados horizontais $z = x \pm \iu(N + \frac12)$ : de $\abs{\cot(a + \iu b)}^2 = \frac{\cos^2a + \sinh^2b}{\sin^2a + \sinh^2b} \leq \frac{1 + \sinh^2b}{\sinh^2b} = \coth^2 b$ ,

\abs{\cot(\pi z)} \leq \coth\bigl(\pi(N + \tfrac12)\bigr) \leq \coth(\pi/2) < 1.1 .

Ambas as cotas são $\leq 2$ .

4. Aplique o Teorema 17.5 a $F(z) = \pi\cot(\pi z)f(z)$ em $C_N$ ( $N$ além de todos os polos de $f$ ):

\frac1{2\iu\pi}\oint_{C_N}F = \sum_{n=-N}^{N}f(n) + \sum_p\operatorname{Res}(F, p),

contribuindo os polos inteiros com $f(n)$ (questão 1; $f$ holomorfa ali). Em $C_N$ : $\abs F \leq 2\pi\cdot C\abs z^{-2} \leq 2\pi C N^{-2}$ , e o perímetro é $8(N + \frac12)$ : a integral é $O(1/N) \to 0$ . Faça $N \to \infty$ : a fórmula de soma em destaque.

5. O decaimento $\abs f = O(\abs z^{-2})$ matou a integral de contorno e fez $\sum\abs{f(n)}$ convergir. Para $f(z) = \frac1{z + \frac12}$ : as somas simétricas $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ telescopam para $0$ (os termos $n$ e $-n - 1$ se cancelam), e o membro direito é $-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z + \frac12}, -\frac12\bigr) = -\pi\cot(-\frac\pi2) = 0$ : coerente — mas $\sum\abs{f(n)}$ diverge; o método calcula apenas o limite simétrico (valor principal).

6. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ : polos nos inteiros não nulos com resíduos $\frac1{n^2}$ , e em $0$ , onde, pela questão 2,

g(z) = \frac1{z^3} - \frac{\pi^2}{3z} - \frac{\pi^4}{45}z - \cdots : \qquad \operatorname{Res}(g, 0) = -\frac{\pi^2}3 .

A integral de contorno sobre $C_N$ tende a $0$ como na questão 4 ( $\abs{g} = O(N^{-2})$ em $C_N$ ). Logo $0 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$ : $2\zeta(2) = \frac{\pi^2}3$ , $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ .

7. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4} = \frac1{z^5} - \frac{\pi^2}{3z^3} - \frac{\pi^4}{45z} - \cdots$ : resíduo em $0$ igual a $-\frac{\pi^4}{45}$ , e $0 = 2\zeta(4) - \frac{\pi^4}{45}$ : $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .

8. Com $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$ : o resíduo em $0$ é o coeficiente $a_{2k-1}$ de $z^{2k-1}$ na expansão de $\pi\cot(\pi z)$ , e a anulação do contorno dá $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$ : $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$ , um múltiplo racional de $\pi^{2k}$ , já que os coeficientes da cotangente o são. Mais um passo de divisão fornece $a_5 = -\frac{2\pi^6}{945}$ , donde $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ . Para $\zeta(3)$ : o núcleo natural $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ produz $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ por imparidade — o método demonstra $0 = 0$ e é estruturalmente cego aos valores ímpares da zeta (nenhuma forma fechada para $\zeta(3)$ é conhecida; sua irracionalidade, Apéry 1978, exigiu ideias inteiramente diferentes).

9. $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ tem polos nos inteiros (resíduos $\frac1{n^2 - w^2}$ , notando o sinal: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 - w^2}$ ) e polos simples em $\pm w$ com resíduos $\frac{\pi\cot(\pm\pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi w)}{2w}$ cada ( $\cot$ é ímpar). O argumento da questão 4 ( $\abs f = O(\abs z^{-2})$ ) dá

\sum_{n\in\Z}\frac1{n^2 - w^2} + \frac{\pi\cot(\pi w)}{w} = 0, \qquad\text{isto é}\qquad \pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},

(o termo $n = 0$ é $-\frac1{w^2}$ ; reagrupe $\pm n$ ). Convergência normal nos compactos de $\C\setminus\Z$ : para $\abs w \leq R$ e $n \geq 2R$ , $\abs{\frac{2w}{w^2 - n^2}} \leq \frac{2R}{n^2 - R^2} \leq \frac{8R}{3n^2}$ .

10. Para $\abs w \leq r < 1$ : $\frac{2w}{w^2 - n^2} = -\frac{2w}{n^2}\cdot\frac1{1 - w^2/n^2} = -2\sum_{k\geq0}\frac{w^{2k+1}}{n^{2k+2}}$ , com $\abs{\text{termos}} \leq 2r^{2k+1}/n^{2k+2}$ , somável em $(n, k)$ : Fubini para séries rearranja

\pi\cot(\pi w) = \frac1w - 2\sum_{k\geq0}\zeta(2k+2)\,w^{2k+1} .

Comparando com a questão 2: $-2\zeta(2) = -\frac{\pi^2}3$ e $-2\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{45}$ — os mesmos valores. Três caminhos para $\frac{\pi^2}6$ : Parseval (séries de Fourier), o traço do operador de Green da corda e as duas expansões da cotangente; que uma soma sobre frequências, um traço de operador e uma integral de contorno concordem não é acidente — cada um é uma face da mesma identidade espectral.

11. Fixe $R \geq 1$ e seja $n_0$ o menor inteiro $\geq 2R$ . Para $\abs z \leq R$ e $n \geq n_0$ : $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$ , de modo que $1 - z^2/n^2 \in \bar D(1, \frac14)$ , em que o logaritmo principal é holomorfo, e

\Bigl|\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr)\Bigr| \leq \sum_{k\geq1}\frac1k\,\Bigl|\frac{z^2}{n^2}\Bigr|^k \leq \frac{\abs{z^2/n^2}}{1 - \abs{z^2/n^2}} \leq \frac{2R^2}{n^2} :

a soma $S(z) = \sum_{n\geq n_0}\log(1 - z^2/n^2)$ converge normalmente em $\bar D(0, R)$ , com somas parciais holomorfas $S_N$ e $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ uniformemente. Como $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq \eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (cota do valor médio no segmento), os produtos das caudas $\prod_{n_0\leq n\leq N} = \eu^{S_N}$ convergem uniformemente em $\bar D(0, R)$ para a função sem zeros $\eu^S$ . Multiplicando pelo polinômio fixo $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$ : $P_N \to P$ uniformemente em $\bar D(0, R)$ , e o Teorema 16.15 torna $P$ holomorfa ali; sendo $R$ arbitrário, $P$ é inteira. Em $\bar D(0, R)$ , os zeros de $P$ são os do prefator polinomial — os inteiros de módulo $\leq R$ , cada um simples ( $(1 - z/n)(1 + z/n)$ tem zeros simples distintos, $\eu^S$ nenhum): o conjunto de zeros de $P$ é $\Z$ , todos simples.

12. Derivação logarítmica do produto finito, fora de seus zeros:

\frac{P_N'(z)}{P_N(z)} = \frac1z + \sum_{n=1}^{N}\frac{-2z/n^2}{1 - z^2/n^2} = \frac1z + \sum_{n=1}^{N}\frac{2z}{z^2 - n^2} .

Num compacto $K \subseteq \C\setminus\Z$ : $P_N \to P$ e $P_N' \to P'$ uniformemente (Teorema 16.15), e $\min_K \abs P > 0$ ( $P$ só se anula em $\Z$ ), de modo que, a partir de certa ordem, $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ e $P_N'/P_N \to P'/P$ uniformemente em $K$ . O membro do meio converge para $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ pela questão 9: logo $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ em $\C\setminus\Z$ .

13. $\sin(\pi z)$ e $P$ são inteiras com o mesmo conjunto de zeros $\Z$ , todos simples (questões 1 e 11). Perto de $m \in \Z$ , escreva $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ e $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ com $\sigma, \psi$ holomorfas e não nulas em $m$ (fatore a série de potências): $Q = \sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ se estende holomorficamente e sem zeros através de cada inteiro, e é sem zeros em $\C\setminus\Z$ como quociente de funções sem zeros. Ali,

\frac{Q'}{Q} = \frac{(\sin\pi z)'}{\sin\pi z} - \frac{P'}{P} = \pi\cot(\pi z) - \pi\cot(\pi z) = 0 ,

de modo que a função inteira $Q'$ se anula em $\C\setminus\Z$ , logo em toda parte por continuidade: $Q$ é constante. Quando $z \to 0$ : $\sin(\pi z)/z \to \pi$ e $P(z)/z \to 1$ , de modo que $Q = \pi$ :

\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1} \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) .

14. Em $z = \frac12$ : $1 = \sin\frac\pi2 = \frac\pi2\prod_{n\geq1}\bigl(1 - \frac1{4n^2}\bigr) = \frac\pi2\prod\frac{4n^2-1}{4n^2}$ , de modo que

\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} :

o produto de Wallis, um corolário de uma linha da fatoração de Euler.

15. Para $\abs z \leq r < 1$ , todo fator está em $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$ , de modo que $P(z)/z = \exp\bigl( \sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$ : cada produto parcial é a exponencial de uma soma parcial, e ambos os membros passam ao limite pela continuidade de $\exp$ . A série dupla

\sum_{n\geq1}\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) = -\sum_{n\geq1}\sum_{k\geq1}\frac{z^{2k}}{k\,n^{2k}} = -\sum_{k\geq1}\frac{\zeta(2k)}k\,z^{2k} = -\zeta(2)\,z^2 + O(z^4)

se rearranja por Fubini para séries: $\sum_{n,k} \frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq \zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$ . Logo

P(z) = z\,\exp\bigl(-\zeta(2)z^2 + O(z^4)\bigr) = z - \zeta(2)\,z^3 + O(z^5) ,

e a questão 13 compara isso com $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + O(z^5)$ : $\pi\zeta(2) = \frac{\pi^3}6$ , isto é, $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ . A face aditiva (questão 10) e a face multiplicativa calculam o mesmo número.

16. Num compacto $K \subseteq \C\setminus\Z$ , as somas parciais $S_N = \frac1z + \sum_{n\leq N}\bigl( \frac1{z-n} + \frac1{z+n}\bigr)$ (questão 9, com os termos reagrupados como $\frac{2z}{z^2-n^2} = \frac1{z-n} + \frac1{z+n}$ ) convergem uniformemente para $\pi\cot(\pi z)$ , de modo que o Teorema 16.15 dá $S_N' \to (\pi\cot\pi z)' = -\pi^2/\sin^2(\pi z)$ uniformemente em $K$ . Como $S_N' = -\sum_{\abs n\leq N}(z - n)^{-2}$ :

\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} ,

sendo a convergência normal nos compactos de $\C\setminus\Z$ (termos $O(n^{-2})$ ).

17. Em $z = \frac12$ , o membro esquerdo é $\pi^2$ ; à direita, $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ , com $2n - 1$ percorrendo todos os inteiros ímpares exatamente uma vez quando $n$ percorre $\Z$ :

\pi^2 = \sum_{n\in\Z}\frac{4}{(2n-1)^2} = 8\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2}, \qquad \sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8 .

Separação por paridade: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}8 + \sum_{n\geq1}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 + \frac{\zeta(2)}4$ , de modo que $\frac34\zeta(2) = \frac{\pi^2}8$ e $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ mais uma vez.

18. Com $c = \cot\theta$ e $\cot(2\theta) = \frac{c^2-1}{2c}$ : $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c - \frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$ . Logo $\pi\tan(\pi z) = \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$ , e a questão 9 em $z$ e em $2z$ dá

\pi\cot(\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2}, \qquad 2\pi\cot(2\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{8z}{4z^2 - n^2} .

Ambas as séries convergem absolutamente em cada $z$ fixo fora dos polos, de modo que a diferença pode ser reagrupada à vontade: na segunda série, os termos pares $n = 2m$ dão $\frac{8z}{4z^2 - 4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ e cancelam inteiramente a primeira série, restando

\pi\tan(\pi z) = -\sum_{m\geq0}\frac{8z}{4z^2 - (2m+1)^2} = \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,

normalmente nos compactos que evitam $\frac12 + \Z$ (termos $O(m^{-2})$ ).

19. Para $\abs z \leq r < \frac12$ :

\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} = \frac{8z}{(2m+1)^2} \sum_{k\geq0}\Bigl(\frac{4z^2}{(2m+1)^2}\Bigr)^{k},

com $\sum_{m,k}8r\,(4r^2)^k(2m+1)^{-2k-2} < \infty$ , pois $4r^2 < 1$ : Fubini rearranja a soma dupla em

\pi\tan(\pi z) = \sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} .

Contra $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 + O(z^5)$ : o coeficiente de $z$ dá $8\lambda(2) = \pi^2$ — de novo a questão 17 — e o de $z^3$ dá $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$ , isto é, $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ . Removendo os denominadores pares, $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4)$ : $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ , batendo com a questão 7.

20. $\cot\frac\theta2 - \cot\theta = \frac{\cos\frac\theta2\,\sin\theta - \cos\theta\,\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac{\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac1{\sin\theta}$ , sendo o numerador $\sin(\theta - \frac\theta2)$ . Com $\theta = \pi z$ , a questão 9 em $\frac z2$ se lê $\pi\cot\frac{\pi z}2 = \frac2z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}$ , de modo que

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \pi\cot\frac{\pi z}2 - \pi\cot(\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2} - \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} .

A convergência absoluta permite o reagrupamento por paridade: os $n = 2m$ pares na série subtraída contribuem com $\frac{2z}{z^2-4m^2}$ , restando $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ da primeira soma, ao passo que os $n$ ímpares sobrevivem com sinal $-$ :

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .

Verificação de sinais: $\operatorname{Res}\bigl(\pi/\sin(\pi z), n\bigr) = \pi/(\pi\cos\pi n) = (-1)^n$ (Método 17.6), e $(-1)^n\frac{2z}{z^2 - n^2} = \frac{(-1)^n}{z-n} + \frac{(-1)^n}{z+n}$ carrega exatamente esse resíduo em $\pm n$ .

21. Para $\abs z \leq r < 1$ , expandindo cada termo como na questão 19 ( $(-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2} = (-1)^{n-1}\frac{2z}{n^2}\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ ) e aplicando Fubini:

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + 2\sum_{k\geq0}\eta(2k+2)\,z^{2k+1}, \qquad \eta(s) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} .

Lado de Taylor: $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 + O(z^4))$ dá $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z + \frac{\pi^2}6z + O(z^3)$ : $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$ , de modo que $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$ . Coerência: $\eta(2) = \zeta(2) - 2\sum_n(2n)^{-2} = (1 - 2^{1-2})\zeta(2) = \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\pi^2}{12}$ .

22. Em $z = \frac12$ , a questão 20 dá

\pi = 2 + \sum_{n\geq1}(-1)^n\frac{1}{\frac14 - n^2} = 2 + 4\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)(2n+1)} .

Com $\frac1{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac1{2n-1} - \frac1{2n+1}\bigr)$ , e sendo ambas as séries alternadas convergentes (critério de Leibniz), a soma se reparte como $\frac12\bigl[L - (1 - L)\bigr] = L - \frac12$ , em que $L = 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots$ e $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots = 1 - L$ . Logo $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$ :

\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

A moral: cada núcleo é meromorfo com polos numa progressão aritmética e resíduos prescritos. A cotangente põe resíduo $1$ em todo inteiro e soma $f(n)$ ; sua derivada eleva os polos ao quadrado e precifica $\lambda(2)$ ; a tangente move os polos para $\frac12 + \Z$ e precifica os denominadores ímpares; $\pi/\sin$ mantém os polos inteiros, mas alterna os resíduos $(-1)^n$ , daí as séries alternadas. Os núcleos de primeira ordem são todos funções ímpares: emparelhar $n$ com $-n$ duplica os coeficientes de potência par e aniquila os ímpares, de modo que $\zeta(2k)$ jorra mecanicamente, ao passo que $\zeta(3)$ nunca aparece. A cegueira é de paridade, não falta de técnica.

23. Com $w = 2\iu\pi z$ :

\iu\pi z + \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1} = \iu\pi z\,\frac{\eu^{2\iu\pi z} + 1}{\eu^{2\iu\pi z} - 1} = \iu\pi z\,\frac{\eu^{\iu\pi z} + \eu^{-\iu\pi z}}{\eu^{\iu\pi z} - \eu^{-\iu\pi z}} = \pi z\,\frac{\cos\pi z}{\sin\pi z} = \pi z\cot(\pi z) .

Logo, usando a função geradora em $w = 2\iu\pi z$ (e $B_1 = -\frac12$ cancelando o termo $\iu\pi z$ , anulando-se os $B$ ímpares além disso):

\pi z\cot(\pi z) = \sum_{k\geq0}\frac{B_{2k}}{(2k)!} (2\iu\pi z)^{2k} = 1 + \sum_{k\geq1}(-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!} z^{2k} .

Por outro lado, a expansão em frações parciais (Parte IV) dá $\pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (expanda cada $\frac{2z^2}{z^2 - n^2} = -2\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ e some em $n$ , justificando a convergência normal a troca para $\abs z < 1$ ). Comparando coeficientes: $-2\zeta(2k) = (-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$ , a fórmula enunciada.

24. $k = 1$ : $\frac{(2\pi)^2}{2\cdot2}\cdot\frac16 = \frac{\pi^2}6$ . $k = 2$ : $-\frac{(2\pi)^4}{2\cdot24} \cdot\bigl(-\frac1{30}\bigr) = \frac{16\pi^4}{48\cdot30} = \frac{\pi^4}{90}$ . $k = 3$ : $\frac{(2\pi)^6}{2\cdot720} \cdot\frac1{42} = \frac{64\pi^6}{1440\cdot42} = \frac{\pi^6}{945}$ .

25. Escreva $C(z) = \pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (questão 23). Derivação direta de $C = \pi z\cot(\pi z)$ , usando $(\cot u)' = -1 - \cot^2u$ :

zC'(z) = \pi z\cot(\pi z) - \pi^2z^2\bigl(1 + \cot^2(\pi z)\bigr) = C - \pi^2z^2 - C^2 .

Agora expanda ambos os membros em potências de $z^2$ . Membro esquerdo: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$ . Membro direito: elevando a série ao quadrado,

C - C^2 = 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k} - 4\sum_{k\geq2}\Bigl(\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j) \zeta(2k-2j)\Bigr)z^{2k},

e o termo $-\pi^2z^2 = -6\zeta(2)z^2$ apenas ajusta $k = 1$ . Comparando os coeficientes de $z^{2k}$ para $k \geq 2$ :

-4k\,\zeta(2k) = 2\,\zeta(2k) - 4\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k-2j),

isto é, $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$ . (Em $k = 1$ a identidade se lê $-4\zeta(2) = 2\zeta(2) - 6\zeta(2)$ : uma verificação de coerência, não informação nova.) Aplicações: $k = 2$ : $\frac52\zeta(4) = \zeta(2)^2 = \frac{\pi^4}{36}$ , de modo que $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ; $k = 3$ : $\frac72\zeta(6) = 2\zeta(2)\zeta(4) = \frac{\pi^6}{270}$ , de modo que $\zeta(6) = \frac{2}{7}\cdot\frac{\pi^6}{270} = \frac{\pi^6}{945}$ . Uma semente transcendente ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ), e a álgebra pura gera todo valor par da zeta.

17.1 O teorema de Cauchy global

17.2 Séries de Laurent e singularidades isoladas

17.3 O teorema dos resíduos

17.4 O princípio do argumento e o teorema de Rouché

17.5 Exercícios

17.6 Problema: ζ(2k)\zeta(2k)ζ(2k) pela cotangente

17.6 Problema: $\zeta(2k)$ pela cotangente