\documentclass{article}
\hyphenation{com-pa-ran-do}
\usepackage{pstricks}
\begin{document}
\title{O Famoso Ap\^endice de Landau}
\author{H. Fleming\\
Instituto de F\'{\i}sica, Universidade de S\~ao Paulo}
\date{June 14, 2001}
\maketitle
\begin{abstract}
The mathematical appendices of Landau, Lifshitz' {\it Quantum
Mechanics} are famous for their elegance and power. Also, alas,
by being concise and difficult. Here we try to make them more
acessible by detailing and explaining them.
\\
Os Ap\^endices Matem\'aticos do livro {\it Quantum Mechanics} de
Landau e Lifshitz s\~ao famosos por sua eleg\^ancia e pelos
m\'etodos poderosos que exp\~oem. Infelizmente s\~ao tamb\'em
famosos por sua concis\~ao e dificuldade. Neste artigo tentamos
torn\'a-los  acess\'{\i}veis oferecendo um tratamento mais
detalhado.
\end{abstract}

Entre as muitas excel\^encias do grande livro {\it Quantum
Mechanics}, de L. D. Landau e E. M. Lifshitz\cite{Landau},
est\'a o ap\^endice
denominado {\it Mathematical Appendices}, onde, de uma forma
unificada, s\~ao tratadas v\'arias das fun\c{c}\~oes especiais necess\'arias
ao longo do texto. Essa unifica\c{c}\~ao \'e tornada poss\'{\i}vel pelo uso
do m\'etodo de Laplace, uma genial t\'ecnica de resolu\c{c}\~ao de
certas equa\c{c}\~oes diferenciais ordin\'arias inventada pelo grande 
matem\'atico franc\^es enquanto redigia seu {\it Th\'eorie analytique
des probabilit\'es}. 

O m\'etodo faz uso intenso da integra\c{c}\~ao no plano complexo, o que
abre caminho para a utiliza\c{c}\~ao do m\'etodo do ponto sela, para
o estudo do comportamento assint\'otico das solu\c{c}\~oes. \'E esta
combina\c{c}\~ao de t\'ecnicas que faz com que os m\'etodos apresentados
no ap\^endice citado se destaquem pela eleg\^ancia e concis\~ao,
para n\~ao mencionar a pot\^encia.

O tratamento dado por Landau \'e talvez excessivamente breve, o que
torna o material do ap\^endice acess\'{\i}vel para poucos. Este artigo
pretende, estendendo-se mais longamente sobre o tema, torn\'a-lo
acess\'{\i}vel a um n\'umero maior de estudantes.

Minha principal fonte foi o grande tratado de Edouard
Goursat\cite{Goursat}, {\it Cours d'Analyse Math\'ematique}. Uma 
exposi\c{c}\~ao mais detalhada e ambiciosa, escrita com a gra\c{c}a de sempre,
encontra-se em Hille\cite{Hille}, abundante em notas hist\'oricas
e aplica\c{c}\~oes elegantes. Para o m\'etodo do ponto sela minha
refer\^encia preferida \'e Courant, Hilbert\cite{Courant}. Para saber
mais sobre Laplace e seu tratado de probabilidades veja o not\'avel
{\it Dictionary of Scientific Biography}\cite{Dic} ou, mais especificamente,
a biografia de Laplace por Gillispie\cite{Gillispie}, um dos editores
do dicion\'ario citado.
\section{A equa\c{c}\~ao de Laplace}
Laplace, ap\'os ter inventado a transforma\c{c}\~ao que leva o seu
nome\footnote{A famosa transformada de Laplace!}, generalizou-a de
v\'arias formas. A que
nos interessa aqui, uma generaliza\c{c}\~ao para o plano complexo, serve para
 resolver certas equa\c{c}\~oes diferenciais ordin\'arias
muito comuns nas aplica\c{c}\~oes. S\~ao equa\c{c}\~oes da forma
\begin{equation}
(a_0+b_0x)y+(a_1+b_1x)\frac{dy}{dx}+\ldots +(a_n+b_nx)\frac{d^ny}{dx^n}=0
\end{equation}
que vamos tamb\'em, de forma abreviada, denotar por
$$
F(y)=0
$$

Vamos procurar solu\c{c}\~oes da forma
\begin{equation}
y=\int_{C}Ze^{zx}dz
\end{equation}
onde $Z$ \'e uma fun\c{c}\~ao de $z$ a determinar, e o contorno $C$, independente
de $x$, tamb\'em deve ser determinado. Como veremos, a determina\c{c}\~ao do
contorno \'e parte essencial na constru\c{c}\~ao da solu\c{c}\~ao, e aqui est\'a talvez
a principal inova\c{c}\~ao dessa ``transformada de Laplace'' complexa.
Note-se que
$$
\frac{d^ky}{dx^k}=\int_{C}Zz^ke^{zx}dz
$$
Como 
$$
F(y)=\sum_{k=0}^{n}(a_k+b_kx)\frac{d^ky}{dx^k}
$$
temos,
$$
F(y)=\int_{C}Z\sum_{k=0}^{n}(a_k+b_kx)z^ke^{zx}dz
$$
ou
$$
F(y)=\int_{C}Z\left(\sum_{k=0}^{n}a_kz^k+b_kz^kx\right)e^{zx}dz
$$
ou
\begin{equation}
F(y)=\int_{C}Z(Qx+P)e^{zx}dz
\end{equation}
com
$$
Q=\sum_{k=0}^{n}b_kz^k
$$
e
$$
P=\sum_{k=0}^{n}a_kz^k
$$
Podemos ent\~ao escrever $F(y)$ como uma soma de duas integrais:
\begin{equation}
F(y)=\int_{C}PZe^{zx}dz+\int_{C}ZQxe^{zx}dz
\end{equation}
A segunda dessas integrais pode ser escrita assim:
\begin{equation}
\int_{C}ZQxe^{zx}dz = \int_{C}ZQ\frac{d}{dz}e^zx dz=\int_{C}\frac{d}{dz}
\left(ZQe^{zx}\right)dz-\int_{C}e^{zx}\frac{d}{dz}\left(ZQ\right)dz
\end{equation}
Podemos agora escolher o contorno $C$ de tal sorte que a primeira integral
do segundo membro se anule. De fato, trata-se da integral de uma derivada; 
logo, o valor da integral 'e a diferen\c{c}a dos valores do integrando nos dois
extremos. Escolhemos o contorno, ent\~ao, ou como um contorno fechado, ou como
um contorno aberto em cujos dois extremos a fun\c{c}\~ao
\begin{equation}
V(z)=ZQe^{zx}
\end{equation}
tenha o mesmo valor (No caso do contorno fechado isto acontece 
automaticamente). Com essa escolha de contorno,
$$
\int_{C}ZQxe^{xz}dz=-\int_{C}e^{xz}\frac{d}{dz}\left(ZQ\right)dz
$$
Obtemos assim para a fun\c{c}\~ao $F(y)$ a express\~ao:
\begin{equation}
F(y)=\int_{C}dz\left(PZ-\frac{d}{dz}(ZQ)\right)e^{xz}\label{eq:main}
\end{equation}
Queremos determinar $Z$ de tal forma que $F(y)=0$. Para tanto, o integrando
da Eq.(\ref{eq:main}) deve se anular. Assim,
\begin{equation}
PZ=\frac{d}{dz}\left(ZQ\right)\;\; ou \;\; \frac{P}{Q}ZQ=\frac{d}{dz}(ZQ)
\end{equation}
o que nos leva \`a equa\c{c}\~ao diferencial
\begin{equation}
\frac{1}{ZQ}\frac{d}{dz}(ZQ)=\frac{P}{Q}
\end{equation}
Equivalentemente,
$$
d\;log(ZQ)=\frac{P}{Q}dz
$$
e $log(ZQ)=\int\frac{P}{Q}dz$, ou ainda, 
$$
ZQ=e^{\int\frac{P}{Q}dz}
$$
e, finalmente,
\begin{equation}
Z=\frac{1}{Q}e^{\frac{P}{Q}dz}
\end{equation}
A solu\c{c}\~ao procurada \'e ent\~ao
\begin{equation}
y(x)=\int_{C}\frac{1}{Q}e^{\int\frac{P}{Q}dz}e^{zx}dz
\end{equation}
ou, para maior clareza,
\begin{equation}
y(x)=\int_{C}\frac{1}{Q}e^{\int_{a}^{z}\frac{P(t)}{Q(t)}dt}e^{xz}dz
\end{equation}
onde $a$ \'e, por exemplo, um dos zeros de $P(t)$.
\section{O Oscilador Harm\^onico}
Considere a equa\c{c}\~ao
\begin{equation}
\frac{d^2y}{dx^2}-2x\frac{dy}{dx}+2ny=0 \label{eq:MHS}
\end{equation}
que aparece na solu\c{c}\~ao do problema de determinar os estados
estacion\'arios do oscilador harm\^onico. Aqui $n$ \'e um n\'umero qualquer, 
n\~ao necessariamente um inteiro, apesar da nota\c{c}\~ao. Colocando-a na forma
$$
(a_0+b_0x)y+(a_1+b_1x)\frac{dy}{dx}+(a_2+b_2x)\frac{d^2y}{dx^2}=0
$$
vemos que
$$
b_0=0 \;\;\; a_0=2n
$$
$$
b_1=-2\;\;\;a_1=0
$$
$$
b_2=0\;\;\;a_2=1
$$
Temos, ent\~ao,
\begin{eqnarray*}
P(z) & = & 2n+z^2\\
Q(z) & = & -2z
\end{eqnarray*}
e
$$
Z(z)=\frac{1}{-2z}e^{-\frac{1}{2}\int\frac{z^2+2n}{z}dz}
$$
e, como
$$
\int dz\frac{z^2+2n}{z}=\frac{z^2}{2}+2n\log{z}\;,
$$
$$
e^{\int\frac{P}{Q}dz}=e^{-\frac{1}{2}(\frac{z^2}{2}+2n\log{z})}
=\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{z^n}
$$
Logo,
\begin{equation}
Z(z)=-\frac{1}{2z}\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{z^n}=-\frac{1}{2}
\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{z^{n+1}}
\end{equation}
e
\begin{equation}
y(x)=-\int_{C}\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{2z^{n+1}}e^{xz}dz
\end{equation}
Como estamos calculando uma fun\c{c}\~ao de onda, constantes multiplicativas
n\~ao t\^em import\^ancia. Por isso, simplificamos para
\begin{equation}
y(x)=\int\frac{dz}{z^{n+1}}e^{xz-\frac{z^2}{4}}
\end{equation}
Passemos agora \`a determina\c{c}\~ao do caminho de integra\c{c}\~ao. Como vimos,
ele deve ser tal que a fun\c{c}\~ao $ZQe^{zx}$ tenha o mesmo valor nos
dois extremos. Essa fun\c{c}\~ao \'e, neste caso,
\begin{equation}
ZQe^{zx}=\frac{e^{zx-\frac{z^2}{4}}}{z^n}
\end{equation}
Por argumentos f\'{\i}sicos os casos de interesse
s\~ao restritos a $n>-\frac{1}{2}$ (Veja nota\footnote{Isto quer dizer que as energias 
consideradas s\~ao positivas, como \'e o caso para um oscilador harm\^onico
de energia potencial $\frac{1}{2}kx^2$}). Para esses valores os contornos
$C_1$ e $C_2$ das figuras abaixo s\~ao adequados.

\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(12,4)
\psline[linewidth=2pt]{->}(4.5,2.1)(3,2.1)
\psline[linewidth=2pt](3,2.1)(1.5,2.1)
\psline[linewidth=2pt]{->}(1.5,1.9)(3,1.9)
\psline[linewidth=2pt](3,1.9)(4.5,1.9)
\psarc[linewidth=2pt]{->}(1,2){0.5}{11}{180}
\psarc[linewidth=2pt](1,2){0.5}{160}{200}
\psarc[linewidth=2pt](1,2){0.5}{180}{348}
\psline[linewidth=2pt]{->}(5.5,1.9)(7,1.9)
\psline[linewidth=2pt](7,1.9)(8.5,1.9)
\psline[linewidth=2pt](7,2.1)(5.5,2.1)
\psline[linewidth=2pt]{->}(8.5,2.1)(7,2.1)
\psarc[linewidth=2pt](9,2){0.5}{191}{169}
\psline(1,0)(1,4)
\psline(0,2)(5,2)
\psline(9,0)(9,4)
\psline(6,2)(10,2)
\end{pspicture}
\end{center}
Seja $z=X+iY$. O termo dominante no integrando \'e $e^{-z^2}=
e^{-(X^2-Y^2)}e^{i2XY}$. Para $Y$ pequeno em m\'odulo, $e^{-X^2}$ garante
que a fun\c{c}\~ao $V$ se anula nas extremidades de ambos os contornos. 

Se $n$ for um racional n\~ao inteiro, a origem $z=0$ ser\'a um ponto de
ramifica\c{c}\~ao, e haver\'a cortes ao longo do eixo real. Se o corte for
tomado ao longo do semi-eixo real negativo, o primeiro contorno n\~ao \'e
permitido (a curva atravessa o corte). O segundo \'e aceit\'avel. A
integra\c{c}\~ao \'e complicada, e n\~ao garante que $y(x)$ seja um polin\^omio,
como \'e requerido. Quando $n$ for inteiro, a situa\c{c}\~ao \'e muito mais simples.
Fa\c{c}amos, neste caso, a mudan\c{c}a de vari\'avel
$$
z=2(x-u)
$$
onde introduzimos a nova vari\'avel complexa $u$. Uma substitui\c{c}\~ao simples
mostra que
\begin{equation}
y(x)=-\frac{e^{x^2}}{2}\int_{C'}\frac{du}{(x-u)^{n+i}}e^{-u^2}
\end{equation}
onde o novo contorno $C'$ \'e descrito na figura abaixo.

\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(5,3)
\psline[linewidth=2pt]{->}(1,1.4)(2.3,1.4)
\psline[linewidth=2pt](2.3,1.4)(3.5,1.4)
\psline[linewidth=2pt]{->}(3.5,1.6)(2.5,1.6)
\psline[linewidth=2pt](2.5,1.6)(1,1.6)
\psarc[linewidth=2pt](4,1.5){0.5}{191}{169}
\uput[0](3.8,1.3){$x$}
\psdots[dotstyle=*](4,1.5)
\psline(0,1.5)(5,1.5)
\psline(2.5,0)(2.5,3)
\end{pspicture}
\end{center}

Que o contorno deve ser este, segue dos seguintes fatos:a transforma\c{c}\~ao \'e
linear; uma transforma\c{c}\~ao linear transforma retas em retas e c\'{\i}rculos
em c\'{\i}rculos\footnote{Bem, transforma c\'{\i}rculos em elipses, mas, no
caso, a transforma\c{c}\~ao \'e isotr\'opica, e transforma c\'{\i}rculos em
c\'{\i}rculos\ldots}; a particular transforma\c{c}\~ao acima inverte o sentido de
percurso no contorno e leva pequenos valores da parte imagin\'aria de $z$
em pequenos valores da parte imagin\'aria de $u$; o ponto $z=0$ corresponde
ao ponto $u=x$ no novo contorno.

Para $n$ inteiro e $x\ne u$ o integrando n\~ao tem singularidades. Por isso,
o contorno pode ser deformado para

\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(5,3)
\psarc[linewidth=2pt]{->}(4,1.5){0.5}{0}{360}
\psdots[dotstyle=*](4,1.5)
\uput[0](3.8,1.3){$x$}
\psline(0,1.5)(5,1.5)
\psline(2.5,0)(2.5,3)
\end{pspicture}
\end{center}

A integral \'e, ent\~ao,
\begin{equation}
y(x)=e^{x^2}\oint e^{-u^2}\frac{du}{(u-x)^{n+1}}
\end{equation}
Ora, 
$$
\frac{n!}{2\pi i}\oint\frac{e^{-u^2}du}{(u-x)^{n+i}}=\frac{d^n}{dx^n}e^
{-x^2}
$$
onde usamos a f\'ormula de Cauchy. Portanto,
\begin{equation}
y(x)=e^{x^2}\frac{2\pi i}{n!}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}\equiv y_n(x)
\end{equation}
Mas, uma maneira de definir os polin\^omios de Hermite \'e:
$$
H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}
$$
Logo,
\begin{equation}
y_n(x)=K H_n(x)
\end{equation}
onde $K$ \'e uma constante arbitr\'aria, a ser determinada posteriormente
pela normaliza\c{c}\~ao da fun\c{c}\~ao de onda.
\section{O Campo Uniforme}
Nada supera em import\^ancia, na g\^enese da mec\^anica Newtoniana,
o problema da queda livre, seja da ma\c{c}\~a, seja da Lua, em seu
movimento em redor da Terra. No entanto raramente se v\^e, num
curso de mec\^anica qu\^antica, esses problemas tratados, nem mesmo
no caso simplificado de um campo gravitacional constante. Nesta sec\c{c}\~ao
vamos resolver o problema do movimento de um ponto material sob a
a\c{c}\~ao de um campo uniforme: a queda da ma\c{c}\~a, se a altura da queda
n\~ao for muito grande. O m\'etodo de Laplace para resolver a equa\c{c}\~ao
diferencial obtida ser\'a essencial.

Uma part\'{\i}cula de massa $m$ (a ``ma\c{c}\~a'')se move sob a a\c{c}\~ao de um
campo uniforme
ao longo do eixo $x$, o que lhe d\'a uma energia potencial
$$
U(x)=-Fx \; .
$$
Logo, age sobre ela uma for\c{c}a na dire\c{c}\~ao $x$, de m\'odulo $F$. O
movimento da part\'{\i}cula \'e tamb\'em restrito (por escolha das
condi\c{c}\~oes iniciais) ao eixo $x$.

A equa\c{c}\~ao de Schr\"odinger para os estados estacion\'arios desse
sistema \'e:
\begin{equation}
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}-Fx\psi=E\psi
\end{equation}
ou
\begin{equation}
\frac{d^2\psi}{dx^2}+\frac{2m}{\hbar^2}\left(Fx+E\right)\psi=0
\end{equation}

\'E conveniente introduzir a vari\'avel adimensional
\begin{equation}
\xi = \left(x+\frac{E}{F}\right)\left(\frac{2mF}{\hbar^2}\right)^{\frac{1}{3}}
\end{equation}
Temos ent\~ao
$$
\frac{d^2\psi}{dx^2}=\left(\frac{2mF}{\hbar^2}\right)^{\frac{2}{3}}
\frac{d^2\psi}{d\xi^2}
$$
e, ap\'os algumas substitui\c{c}\~oes simples,
\begin{equation}
\frac{d^2\psi}{d\xi^2}+\xi\psi=0 \; , \label{eq:ES}
\end{equation}
como nova equa\c{c}\~ao de Schr\"odinger.

Trata-se de uma equa\c{c}\~ao de Laplace. Na nota\c{c}\~ao convencional, temos
\begin{equation}
(a_0+b_0\xi)y(\xi)+(a_1+b_1\xi)\frac{dy}{d\xi}+(a_2+b_2\xi)\frac{d^2y}{d\xi^2}=0
\end{equation}
\`a qual o m\'etodo que vimos acima pode ser aplicado. Contudo, para
aproveitar os estudos pr\'evios sobre uma fun\c{c}\~ao que ir\'a aparecer
no problema (a fun\c{c}\~ao de Airy), vamos estudar n\~ao a equa\c{c}\~ao acima,
mas uma estreitamente ligada a ela,
\begin{equation}
\frac{d^2y}{d\xi^2}-\xi y(\xi)=0 \label{eq:Airy}
\end{equation}
que \'e muito conhecida na f\'{\i}sica-matem\'atica. Se $\Phi(\xi)$ for
solu\c{c}\~ao desta equa\c{c}\~ao, $\Phi(-\xi)$ ser\'a solu\c{c}\~ao da Eq.(\ref{eq:ES}).
A Eq.(\ref{eq:Airy}) \'e escrita, \`a maneira de Laplace, assim:
\begin{equation}
(a_0+b_0\xi)y(\xi)+(a_1+b_1\xi)\frac{dy}{d\xi}+(a_2+b_2\xi)\frac{d^2y}{d\xi^2}=0
\end{equation}
com $a_0=0$, $b_0=-1$, $a_1=b_1=0$, $b_2=0$, $a_2=1$. Segue que
\begin{eqnarray*}
P(z) & = & z^2 \\
Q(z) & = & -1
\end{eqnarray*}
e, como $\frac{P}{Q}=-z^2$,
\begin{equation}
\exp{\int\frac{P}{Q}dz}=\exp{-\frac{z^3}{3}}
\end{equation}
e ent\~ao
\begin{equation}
y(\xi)=\int_{C}\exp\left({\xi z-\frac{z^3}{3}}\right)dz
\end{equation}
Como vimos, o contorno de integra\c{c}\~ao deve ser escolhido de maneira
que a fun\c{c}\~ao
\begin{equation}
V(z)=ZQ=\exp{(\xi z-\frac{z^3}{3})}
\end{equation}
tenha valores id\^enticos nos dois extremos. Neste caso tomaremos
um contorno que vai ao infinito, sendo os valores de $V(z)$ nos
dois extremos iguais a zero.
Seja $z=u+iv$. Ent\~ao
\begin{eqnarray*}
\exp{-\frac{z^3}{3}} & = & \exp{-\frac{1}{3}(u+iv)^3} \\
& = & \exp{\left(-\frac{1}{3}\{u^3+3u^2(iv)+3u(iv)^2+(iv)^3\}\right)}\\
& = & \exp{\left(-\frac{1}{3}u(u^2-3v^2\right)}\exp{\left(
-\frac{i}{3}(3u^2v+v^3)\right)}\\
\end{eqnarray*}
O contorno deve ser tal que a exponencial leve o integrando a zero nos
dois extremos. Para isso, devemos ter:
\begin{eqnarray*}
u & > & 0 \\
 & e & \\
 u^2-3v^2 & > & 0 \\
& ou & \\
u & < & 0 \\
 & e & \\
 u^2-3v^2 & < & 0
\end{eqnarray*}
Consideremos primeiro o caso $u>0$. Devemos ent\~ao ter
$$
(u-\sqrt{3}v)(u+\sqrt{3}v)>0
$$
Esta \'e uma regi\~ao do plano $(u,v)$ delimitada pelas retas
$$
v=\frac{1}{\sqrt{3}}u
$$
e
$$
v=-\frac{1}{\sqrt{3}}u
$$
Na figura abaixo est\~ao representadas essas duas retas. Sobre elas temos \\
$u^2-3v^2=0$. Uma pequena reflex\~ao com  ajuda da figura convencer\'a o leitor
de que a regi\~ao entre as retas \'e aquela em que $u^2-3v^2>0$. A regi\~ao ${\bf
{\Large I}}$
\'e aquela em que temos $u^2-3v^2>0$ e $u>0$. A regi\~ao sim\'etrica
\`a tracejada em rela\c{c}\~ao ao eixo $v$, isto \'e, a regi\~ao ${\bf{\Large II}}$,
\'e aquela em que temos $u^2-3v^2>0$ e
$u<0$. Logo, a regi\~ao em que $u^2-3v^2<0$ e $u<0$ \'e a complementar dessa
regi\~ao ${\bf{\Large II}}$ no semiplano que cont\'em o eixo real negativo,
e \'e constitu\'{\i}da pelas regi\~oes ${\bf {\Large III}}$ e
${\bf{\Large IV}}$. Essas regi\~oes estendem-se ao infinito, embora isto
n\~ao seja (nem possa ser!) representado na figura. Em princ\'{\i}pio o
contorno de integra\c{c}\~ao pode come\c{c}ar em qualquer das regi\~oes tracejadas,
e terminar em qualquer outra tracejada.
\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(10,6)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,3)(10,3)
\psline[linewidth=2pt]{->}(5,0)(5,6)
\psline(0,0)(10,6)
\psline(0,6)(10,0)
\pswedge[fillstyle=vlines,hatchwidth=.2pt,hatchsep=8pt](5,3){6}{329}{31}
\pswedge[fillstyle=hlines,hatchwidth=.2pt,hatchsep=8pt](5,3){3}{90}{149}
\pswedge[fillstyle=hlines,hatchwidth=.2pt,hatchsep=8pt](5,3){3}{211}{270}
\uput[0](8.5,3.5){\bf{\Large I}}
\uput[0](1.5,3.5){\bf{\Large II}}
\uput[0](4,5){\bf {\Large III}}
\uput[0](4,1){\bf{\Large IV}}
\psellipse[linecolor=gray](6.5,5.5)(0.7,0.3)
\uput[0](6.2,5.5){$z$}
\psbezier[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(3.8,0)(5.3,3)(5.3,3)(3.7,6)
\uput[0](4.3,0.4){${\bf C}$}
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(3,0)(3,6)
\uput[0](3,0.3){$\bf C_1$}
\psbezier[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(2,0)(3,1.5)(5.7,3)(9.3,4)
\uput[0](7.5,4){$\bf C_2$}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{5mm}
\begin{center}
\begin{footnotesize}
Fig.1\\
Regi\~oes permitidas
\end{footnotesize}
\end{center}
Na figura est\~ao indicados, em cinza, tr\^es contornos
poss\'{\i}veis: $C$, $C_1$ e $C_2$.
Desses, $C_2$ \'e problem\'atico, pois se estende na regi\~ao
em que a vari\'avel $z$ atinge valores reais e positivos. Ent\~ao o termo
$$
e^{xz}
$$
que aparece na express\~ao de $y(\xi)$, pode, para $x$ grande e positivo,
complicar a converg\^encia da integral. Por isso tomamos os contornos
que come\c{c}am na regi\~ao ${\bf{\Large IV}}$ e terminam na ${\bf{\Large III}}$.
Em particular, o caminho $C$ pode ser ao longo do eixo imagin\'ario.
Ent\~ao, tomando $z=iv$,
\begin{equation}
y(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty}\exp{\left(ixv-\frac{(iv)^3}{3}\right)}idv
=i\int_{-\infty}^{\infty}dv\exp{\left(ixv+i\frac{v^3}{3}\right)}
\end{equation}
ou 
\begin{equation}
y(\xi)=i\int_{-\infty}^{0}dv\exp{\left(ixv+i\frac{v^3}{3}\right)}
+ i\int_{0}^{\infty}dv\exp{\left(ixv+i\frac{v^3}{3}\right)}
\end{equation}
ou ainda
$$
y(\xi)=-i\int_{\infty}^{0}dv\exp{\left(-ixv-i\frac{v^3}{3}\right)}+
i\int_{0}^{\infty}dv\exp{\left(ixv+i\frac{v^3}{3}\right)}
$$
e, finalmente,
\begin{equation}
y(\xi)=i\int_{0}^{\infty}dv\cos{\left(xv+\frac{v^3}{3}\right)}
\end{equation}
A fun\c{c}\~ao de Airy, bem conhecida na literatura matem\'atica,
\'e definida por
\begin{equation}
\Phi(x)= \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}dv\cos{\left(
\frac{v^3}{3}+xv\right)}\;. \label{eq:Airy}
\end{equation}
Logo,
\begin{equation}
\psi(\xi)=K\Phi(-\xi) \label{eq:Airy2}
\end{equation}
\subsection{Comportamento Assint\'otico}
As fun\c{c}\~oes descritas pelas Eqs.(\ref{eq:Airy}) e (\ref{eq:Airy2})
est\~ao expressas como uma representa\c{c}\~ao integral, e, sendo assim,
n\~ao se pode ter uma id\'eia imediata de seu comportamento. Nos casos
em que $x\rightarrow\infty$ e $x\rightarrow -\infty$ obt\^em-se
comportamentos assint\'oticos mais reveladores. Vamos a eles.

Para $x$ positivo e muito grande na fun\c{c}\~ao de Airy (correspondendo
a $x$ negativo e de m\'odulo muito grande para a fun\c{c}\~ao de onda)
temos de achar um contorno de integra\c{c}\~ao que permita utilizar
o m\'etodo do ponto sela. (Veja o Ap\^endice dedicado a este
m\'etodo).

\'E conveniente voltar \`a express\~ao exponencial
\begin{equation}
y(x)=\int_{C}\exp{\left(x(t-\frac{t^3}{3x})\right)}dt
\end{equation}
Pondo $f(t)=t-\frac{t^3}{3x}$ temos $\frac{df}{dt}=1-\frac{t^2}{x}$
e a condi\c{c}\~ao $\frac{df}{dt}=0$ implica em $t=\pm\sqrt{x}$, que s\~ao
os poss\'{\i}veis pontos sela. Na regi\~ao permitida, temos s\'o o valor
$t=-\sqrt{x}$. A seguir faremos a escolha de um caminho de integra\c{c}\~ao
que passe pelo ponto sela e seja de m\'aximo aclive. Na realidade,
\'e suficiente que o caminho seja de m\'aximo aclive {\em nas
vizinhan\c{c}as do ponto sela}. Vamos ent\~ao expandir $f(t)$ em
s\'erie de Taylor em torno de $t=-\sqrt{x}$. Temos,
$$
f(t)=f(-\sqrt{x})+(t+\sqrt{x})\frac{df}{dt} +\frac{(t+\sqrt{x})^2}
{2}\frac{d^2f}{dt^2}+...
$$
as derivadas sendo calculadas no ponto $t=-\sqrt{x}$. Facilmente se
obt\'em que
$$
f(-\sqrt{x})=-\frac{2}{3}\sqrt{x}
$$
e que
$$
\frac{d^2f}{dt^2}_{t=-\sqrt{x}}=\frac{2}{\sqrt{x}}
$$
Naturalmente a derivada primeira \'e zero nesse ponto, pois ele \'e
ponto sela. Ent\~ao,
\begin{equation}
f(t)=-\frac{2}{3}\sqrt{x}+(t+\sqrt{x})^2\frac{1}{\sqrt{x}}
\end{equation}
Para separar as partes real e imagin\'aria de $f(t)$ escrevo
$$
t=u+iv
$$
o que d\'a
$$
f(t)=-\frac{2}{3}\sqrt{x}++\frac{1}{\sqrt{x}}\left(u^2-v^2+x+2\sqrt{x}u
+i(2uv+2\sqrt{x}v)\right)
$$
Ent\~ao, nas vizinhan\c{c}as de $t=-\sqrt{x}$, temos:
$$
f(t)=-\frac{2}{3}\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\left(u^2-v^2+2\sqrt{x}u\right)+
\frac{i}{\sqrt{x}}\left(2uv+2\sqrt{x}v\right)
$$
\begin{equation}
f(t)= -\frac{2}{3}\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}(u^2-v^2+2\sqrt{x}u)+
\frac{2i}{\sqrt{x}}v(u+\sqrt{x})
\end{equation}
Considere a reta $u=-\sqrt{x}$. Ao longo dela, $Im\;f(t)=0$. Logo,
\'e uma curva de m\'aximo aclive.
\begin{equation}
Re\;f(t)=\frac{1}{3}\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\left(
x+2\sqrt{x}(-\sqrt{x})\right)-\frac{v^2}{2}
\end{equation}
ou, simplificando,
\begin{equation}
Re\;f(t)=\frac{\sqrt{x}}{3}-\frac{v^2}{\sqrt{x}}
\end{equation}
Ent\~ao a linha de maior aclive \'e a paralela ao eixo imagin\'ario
passando por $-\sqrt{x}$. Pondo $t=-\sqrt{x}+iv$, temos
\begin{equation}
y(x)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{x(-\sqrt{x}+iv)}e^{-\frac{1}{3}
\left(-\sqrt{x}+iv\right)^3}idv
\end{equation}
\begin{equation}
y(x)=ie^{-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}\int_{-\infty}^{\infty}dv
e^{-\sqrt{x}v^2-\frac{i}{3}v^3}
\end{equation}
e podemos omitir a exponencial imagin\'aria do integrando, pois
a parte gaussiana, para grandes valores de $x$, restringe de tal
forma o trecho do contorno que conta para a integral, que
$e^{\frac{i}{3}v^3}$ pode ser substitu\'{\i}da por seu valor em $x=0$.
Ent\~ao,
\begin{equation}
y(x)=ie^{-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}\int_{-\infty}^{\infty}
dve^{-\sqrt{x}v^2}=ie^{-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}\sqrt{\frac{\pi}
{\sqrt{x}}}=\sqrt{\pi}x^{-\frac{1}{4}}e^{-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}
\end{equation}
Levando em conta a defini\c{c}\~ao da fun\c{c}\~ao de Airy, temos o comportamento
assint\'otico
\begin{equation}
\Phi(x)=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{4}}e^{-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}
\end{equation}
Como a fun\c{c}\~ao de onda do sistema sob a a\c{c}\~ao do campo uniforme \'e
$$
\psi{\xi}=\Phi(-\xi)
$$
o comportamento assint\'otico que obtivemos \'e o esperado, uma vez que,
para $\xi$ negativo e de grande m\'odulo, estamos na regi\~ao classicamente
inacess\'{\i}vel, e a exponencial negativa \'e bem-vinda.

Consideremos agora o comportamento assint\'otico para grandes valores
de $\xi$, o que corresponde, na fun\c{c}\~ao de Airy, a $x$ negativo e de 
frande m\'odulo. Neste caso $\frac{df}{dt}=0$ d\'a
$$
1-\frac{t^2}{x}=0
$$
ou seja, $t^2=x$, com $x$ negativo. Ent\~ao,
\begin{equation}
t=\pm i \sqrt{|x|}
\end{equation}
Aqui os dois pontos sela devem ser considerados, j\'a que est\~ao,
ambos, em regi\~oes onde a integral converge. Vamos, primeiro,
ao ponto $t=i\sqrt{|x|}$. Expandindo a fun\c{c}\~ao $f(t)=t-\frac{1}{3}
\frac{t^3}{x}$ em torno do ponto sela, temos:
\begin{equation} 
f(t)=f(i\sqrt{|x|})+\frac{(t-i\sqrt{|x|})^2}{2}\left(-\frac{2i\sqrt{|x|}}{x}\right)
\end{equation} 
onde omitimos o termo contendo a derivada primeira, j\'a que ela se anula
no ponto sela. Ap\'os um c\'alculo simples, obt\'em-se:
\begin{equation}
f(t)=\frac{2}{3}i\sqrt{|x|}+\frac{1}{2}\left(t^2-2it\sqrt{|x|}-|x|\right)
\left(-\frac{2i}{x}\sqrt{|x|}\right)
\end{equation}
Usando $t=u+iv$,
\begin{equation} 
f(t)=\frac{\sqrt{|x|}}{x}\left(2uv-2u\sqrt{|x|}\right)+
i\left(\frac{2}{3}\sqrt{|x|}-\frac{\sqrt{|x|}}{x}\left(u^2-v^2+2v\sqrt{|x|}+x\right)\right)
\end{equation} 
Segue que
\begin{equation} 
Re\;f(t)=\frac{\sqrt{|x|}}{x}2u\left(v-\sqrt{|x|}\right)
\end{equation}
e
\begin{equation} 
Im \;f(t)=\frac{2}{3}\sqrt{|x|}-\frac{\sqrt{|x|}}{x}\left(
u^2-v^2+2v\sqrt{|x|}+x\right)
\end{equation} 
ou
\begin{equation} 
Im\;f(t)=-\frac{1}{3}\sqrt{|x|}-\frac{\sqrt{|x|}}{x}\left(u^2-v^2\right)+2v
\end{equation}
Ao longo da reta $v=u+\sqrt{|x|}$ temos $Im\;f(t)=const.$, logo, este
\'e o primeiro trecho do caminho, aquele que passa pelo ponto sela
$t=i\sqrt{|x|}$. 

Considera\c{c}\~oes inteiramente an\'alogas levam \`a conclus\~ao que o
segundo trecho do contorno \'e a reta $v=-u+\sqrt{|x|}$, ou, mais 
precisamente, o segmento que come\c{c}a no eixo real, em $\sqrt{|x|}$ e
vai a $v=-\infty$. Assim, o contorno de integra\c{c}\~ao adequado para o
comportamento assint\'otico para $x$ negativo e de grande m\'odulo
\'e o que est\'a representado na figura abaixo.

\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(10,6)
\psline{->}(0,3)(10,3)
\psline{->}(5,0)(5,6)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(3,0)(4.5,1.5)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray](4,1)(6,3)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(6,3)(4.5,4.5)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray](5,4)(4,5)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray](4.5,4.5)(3,6)
\uput[0](5.2,4){$i\sqrt{|x|}$}
\uput[0](5.1,2){$-i\sqrt{|x|}$}
\end{pspicture}
\begin{footnotesize}
\\
Contorno para o c\'alculo do comportamento\\
assint\'otico para $x$ negativo, de grande\\
m\'odulo.
\end{footnotesize}
\end{center}
A contribui\c{c}\~ao do trecho superior do contorno \`a integral \'e:
\begin{eqnarray}
\int_{C_1}e^{x\left(t-\frac{t^3}{3x}\right)}dt & = & \frac{\sqrt{2}}{2}\int_{\sqrt{|x|}}
^{-\infty}du e^{-i\frac{\pi}{4}}e^{x\left(-2\frac{\sqrt{|x|}}{x}u^2\right)}e^{-ix\frac{2}{3}
\sqrt{|x|}}\\
& = & \frac{\sqrt{2}}{2}e^{-i\frac{2}{3}x\sqrt{|x|}-i\frac{\pi}{4}}\int_{\sqrt{|x|}}^{-\infty}
due^{-2\sqrt{|x|}u^2}\\
& = & -\frac{\sqrt{|x|}}{2}e^{-i\left(\frac{2}{3}x\sqrt{|x|}+\frac{\pi}{4}\right)}
\sqrt{\frac{\pi}{\sqrt{|x|}}}\\
& = & -\frac{\sqrt{2\pi}}{2|x|^{\frac{1}{4}}}e^{-i\left(\frac{2}{3}x\sqrt{|x|}+\frac{\pi}{4}
\right)}
\end{eqnarray}
Alguma \'algebra elementar leva este resultado \`a forma:
\begin{equation}
\frac{i\sqrt{2\pi}}{2|\xi|^{\frac{1}{4}}}e^{i\left(\frac{2}{3}\xi^{\frac{3}{2}}+\frac{\pi}{4}
\right)}
\end{equation}
onde pusemos $x=-\xi$.
A contribui\c{c}\~ao do outro trecho \'e perfeitamente an\'aloga, dando como resultado
\begin{equation}
-\frac{i\sqrt{2\pi}}{2|\xi|^{\frac{1}{4}}}e^{-i\left(\frac{2}{3}\xi^{\frac{3}{2}}+\frac{\pi}{4}
\right)}
\end{equation}
Somando as duas, temos
\begin{equation}
\Psi(\xi)=\frac{A}{\xi^{\frac{1}{4}}}\sin{\left(\frac{2}{3}\xi^{\frac{3}{2}}+\frac{\pi}{4}\right)}
\label{eq:assin}
\end{equation}
Vamos nos deter agora um pouco na  interpreta\c{c}\~ao f\'{\i}sica do
resultado, comparando a solu\c{c}\~ao com a solu\c{c}\~ao cl\'assica para o mesmo
problema. \'E preciso ressaltar que o que calculamos foram as fun\c{c}\~oes
de onda dos {\it estados estacion\'arios} de um corpo sob a a\c{c}\~ao
de uma for\c{c}a constante (queda livre, por exemplo). Classicamente
nunca, ou raramente, estudamos estados estacion\'arios, o que
torna a compara\c{c}\~ao entre os resultados mais dificil. Para realizar
estados estacion\'arios em queda livre na mec\^anica cl\'assica, temos
que recorrer a um conjunto de muitas part\'{\i}culas. Um bom modelo de
queda livre em estado estacion\'ario na mec\^anica cl\'assica \'e
uma cachoeira sem turbul\^encia, um len\c{c}ol homog\^eneo de \'agua
em queda livre. Cada gota de \'agua estar\'a em movimento, mas
o conjunto de todas as gotas forma uma figura que, no conjunto,
parece im\'ovel. Vamos mostrar que a solu\c{c}\~ao qu\^antica que obtivemos
possui algo em comum com a solu\c{c}\~ao cl\'assica. Isto \'e mais f\'acil
de ver usando-se a express\~ao assint\'otica
da Eq.(\ref{eq:assin}).

De fato, usando a Eq.(\ref{eq:assin}) temos que
\begin{equation}
|\Psi(\xi)|^2= |A|^2\frac{\sin^2{\left(\frac{2}{3}\xi^{\frac{3}{2}}
+ \frac{\pi}{4}\right)}}{\sqrt{\xi}} \label{eq:probq}
\end{equation}
O sistema cl\'assico correspondente \'e uma partcxicula de massa $m$
em queda livre (ou, antes, uma enorme quantidade delas). A conservacxa
da energia d\'a
\begin{equation}
\frac{mv^2}{2}-mgx=E
\end{equation}
de onde se tira
\begin{equation}
v=\frac{2}{m}\sqrt{E+mgx}
\end{equation}
e, portanto,
\begin{equation}
\frac{1}{v}\sim \frac{1}{\sqrt{x}} \label{eq:probc}
\end{equation}
Para o sistema cl\'assico, a probabilidade de se encontrar a
partcxicula
em torno de uma posicxa $x$ \'e inversamente proporcional \`a velocidade dela
naquela posicxa, pois \'e diretamente proporcional ao tempo que a
partcxicula em torno da posicxa. Quanticamente esta probabilidade \'e
dada
por $|\Psi(x)|^2$. Comparando a Eq.(\ref{eq:probq}) com a 
Eq.({\ref{eq:probc}), vemos que a depend\^encia em $\frac{1}{x}$
comparece nas duas.

\section{Ap\^endice:O M\'etodo do Ponto Sela}
Seja
\begin{equation}
g(x)=\int_{C}e^{xf(z)}dz \label{eq:basica}
\end{equation}
onde $C$ \'e um contorno aberto com a propriedade de que $Re\left(f(z)\right)$
tenda a $-\infty$ em ambas as suas extremidades. A partir de agora
escreveremos o n\'umero complexo $f(z)$ assim, decomposto em sua parte
real e imagin\'aria:
\begin{equation}
f(z)=f_R(z)+if_I(z)
\end{equation}
Consideremos valores positivos e grandes de $x$. Como
$$
e^{xf(z)}=e^{xf_R(z)}e^{ixf_I(z)}
$$
e $|e^{ixf_I(z)}|=1$, o m\'odulo do integrando na Eq.(\ref{eq:basica})
\'e dado por $e^{xf_R(z)}$. Esta fun\c{c}\~ao, para um dado $x$, varia de um valor
m\'aximo, atingido quando $f_R(z)$ \'e m\'aximo, at\'e zero, pelo menos nos 
extremos. Para $x>0$ e muito grande, temos um ``pico'' muito elevado, de
onde o valor da integral cai rapidamente para o ``vale'' (regi\~ao de baixos
valores). Al\'em disso, podemos utilizar a possibilidade de deformar o
contorno, para fazer com que ele fique ``a maior parte do tempo'' nos vales,
subindo ao pico pelo caminho mais \'{\i}ngreme. Desta maneira, apenas uma pequena
parte do contorno contribuir\'a efetivamente para a integral. O m\'etodo do
ponto sela \'e isto: achar o contorno mais \'{\i}ngreme, passando pelo pico. Note
que s\~ao os valores muito grandes de $x$ que acentuam essas propriedades
extremas. Logo, o m\'etodo se presta para calcular valores assint\'oticos.

A determina\c{c}\~ao do caminho mais \'{\i}ngreme passando pelo pico pode ser feita
assim: considere as curvas de n\'{\i}vel de $f_R(z)$, ou seja, as curvas
ao longo das quais $f_R(z)$ \'e constante. O que procuramos s\~ao as curvas
que cortem essas curvas de n\'{\i}vel ortogonalmente: s\~ao estas as que
``sobem mais rapidamente''. Ora, essas curvas s\~ao, como se sabe da
teoria de fun\c{c}\~oes anal\'{\i}ticas de uma vari\'avel complexa, as curvas ao
longo das quais $f_I(z)$ \'e constante. Logo, temos de achar a curva
dessa fam\'{\i}lia que passa pelo ``pico''. No ``pico'' (que \'e o ponto
sela) temos $\frac{d}{dz}f_R(z)=0$. Vimos agora que, pelo caminho escolhido,
$f_I(z)$ \'e constante, e, portanto, $\frac{d}{dz}f_I(z)=0$. Logo, o
ponto sela satisfaz a equa\c{c}\~ao complexa
\begin{equation} 
\frac{df(z)}{dz}=0
\end{equation} 
Seja $z_0$ o ponto em que essa equa\c{c}\~ao \'e satisfeita (pode haver v\'arios).
Expandindo a fun\c{c}\~ao em torno desse ponto, temos
\begin{equation} 
f(z)=f(z_0)+(z-z_0)\left(\frac{df}{dz}\right)_{z_0}+\frac{(z-z_0)^2}{2!}
\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_{z_0}
\end{equation}
mais termos de ordem superior. A derivada primeira \'e nula, por defini\c{c}\~ao
de ponto sela. Logo, temos, para a parte real do integrando,
\begin{equation}
e^{xf(z)}=e^{xf(z_0)}e^{\frac{(z-z_0)^2}{2}\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_
{z_0}}
\end{equation}
com $\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_{z_0}>0$, ao longo do
contorno, por ser um m\'aximo de $f_R(z)$. Logo,
\begin{equation}
\int_{C}e^{xf(z)}dz=e^{xf(z_0)}\int_{C}e^{-|\frac{d^2f}{dz^2}|_{z_0}
\frac{(z-z_0)^2}{2}}dz
\end{equation} 
que, em geral, por ser a integral de uma gaussiana, pode ser calculada
facilmente.
\subsection{Exemplo simples}
Considere a fun\c{c}\~ao
\begin{equation}
g(\alpha)=\int_{C}e^{-\alpha(z^2+\frac{1}{z^2+a^2})}dz
\end{equation}
onde o contorno $C$, ilustrado na figura, come\c{c}a e termina no eixo
real, em $-\infty$ e $\infty$, respectivamente.
\begin{center}
\begin{pspicture}(0,0)(10,6)
\psline{->}(0,3)(10,3)
\psline{->}(5,0)(5,6)
\psbezier[linewidth=2pt,linecolor=gray]{->}(0,3.1)(3,3.1)(3.5,4.8)(5,4.8)
\psbezier[linewidth=2pt,linecolor=gray](5,4.8)(6.5,4.8)(7,3.1)(10,3.1)
\psline[linewidth=2pt,linecolor=gray](4.9,4.8)(5.1,4.8)
\uput[0](8,4){$C$}
\uput[0](5.1,5.5){$ia$}
\psdots[dotstyle=*](5,5.5)
\end{pspicture}
\end{center}
A fun\c{c}\~ao \'e da forma
$$
\int_{C}e^{\alpha f(z)}dz
$$
com $f(z)$ dada por
\begin{equation}
f(z)=-z^2-\frac{1}{z^2+a^2}
\end{equation}
Um c\'alculo simples mostra que
\begin{equation} 
f_R(z)=-x^2+y^2-\frac{x^2-y^2+a^2}{(x^2-y^2+a^2)^2+4x^2y^2}
\end{equation}
enquanto que
\begin{equation}
f_I(z)=-2xy\left(1-\frac{1}{(x^2-y^2+a^2)^2+4x^2y^2}\right)
\end{equation}
Como a integral converge, j\'a que $f_R(z)$ tende a zero para
$x^2$ tendendo a infinito com $y$ limitado, as singularidades de
$g(\alpha)$ s\~ao as singularidades do integrando. A fun\c{c}\~ao $f(z)$
tem polos em $z=\pm ia$. O contorno $C$ est\'a entre $ia$ e o eixo
real. Logo, podemos deform\'a-lo a vontade nessa regi\~ao.

O ponto sela \'e determinado pela equa\c{c}\~ao
\begin{equation} 
\frac{df}{dz}=0
\end{equation}
ou seja,
\begin{equation}
2z(1-\frac{1}{(z^2+a^2)^2})=0
\end{equation}
que tem a solu\c{c}\~ao
\begin{equation}
z=0
\end{equation}
A derivada segunda de $f(z)$ \'e
\begin{equation}
\frac{d^2f}{dz^2}=-2 + \frac{2}{(z^2+a^2)^2}-\frac{8z^2}{(z^2+a^2)^3}
\end{equation}
e, no ponto sela, tem o valor
\begin{equation}
\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_0=-2\left(1-\frac{1}{a^4}\right)
\end{equation}
A fam\'{\i}lia de curvas $f_I(z)=\;cte.$ \'e muito complicada. No entanto,
para a curva $y=0$ com $x$ qualquer, temos $f_I(z)=0$, e, portanto,
constante. Como esta curva passa por $z=0$, ela \'e a curva de m\'aximo
aclive procurada. Ou seja, para o c\'alculo do valor assint\'otico
de $g(\alpha)$ \'e conveniente deformar o contorno de maneira a faz\^e-lo
coincidir com o eixo real. Portanto, temos
\begin{equation}
g(\alpha)=\int_{-\infty}^{\infty}dxe^{-\alpha \left(x^2+\frac{1}{x^2+a^2}\right)}
\end{equation} 
Podemos agora expandir $f(z)$ em torno do ponto sela. Como
a derivada primeira \'e nula no ponto sela, resulta que
\begin{equation}
f(z)=f(0)+\frac{z^2}{2}\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_{z=0}
\end{equation}
o que d\'a
\begin{equation}
f(z)=-\frac{1}{a^2}-z^2\left(1-\frac{1}{a^4}\right)
\end{equation}
Temos ent\~ao para $g(\alpha)$:
\begin{equation}
g(\alpha)\sim \int_{C}e^{-\frac{\alpha}{a^2}}e^{-\alpha\left(
1-\frac{1}{a^4}\right)x^2}dx
\end{equation}
e agora a integral pode ser calculada facilmente. De fato,
\begin{equation}
g(\alpha)\sim e^{-\frac{\alpha}{a^2}}\int_{-\infty}^{\infty}dx
e^{-\alpha\left(1-\frac{1}{a^4}\right)x^2}
\end{equation}
Usando o resultado conhecido ( integral de Gauss)
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty}dx e^{-\beta x^2}=\sqrt{\frac{\pi}{\beta}} \; ,
\end{equation}
obtemos
\begin{equation}
g(\alpha)\sim e^{-\frac{\alpha}{a^2}}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha\left(1-
\frac{1}{a^4}\right)}}
\end{equation}
que \'e o resultado procurado, v\'alido para grandes valores de
$\alpha$.
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\bibitem{Gillispie} C. C. Gillispie, {\it Pierre-Simon Laplace},
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\end{document}
