7.1.2 Localize as singularidades e avalie os resíduos de cada uma das seguintes funções:
(a) z^{-n}\left(e^{z}-1\right)^{-1}, \quad z \neq 0,
(b) \frac{z^{2} e^{z}}{1+e^{2 z}}.
(c) Ache uma expressão de forma fechada (isto é, que não seja uma soma) para a soma das singularidades do plano finito.
(d) Usando o resultado da parte (c), qual é o resíduo em |z| \rightarrow \infty ?
Sugestão: Veja a Seção 5.9 para expressões que envolvem números de Bernoulli. Note que a Equação (5.144) não pode ser usada para investigar a singularidade em z \rightarrow \infty, uma vez que essa série só é válida para |z|<2 \pi.

Passo 1

O enunciado pede para a função
f(z)=\frac{z^{-n}}{e^{z}-1}\quad(z\neq0)
(caso (a)) e para
g(z)=\frac{z^{2}e^{z}}{1+e^{2z}}
(caso (b))
  1. localizar todas as singularidades isoladas em cada caso;
  2. calcular o resíduo em cada singularidade;
  3. para f da parte (a), encontrar uma expressão em forma fechada para a soma dos resíduos nas singularidades do plano finito;
  4. a partir disso, obter o resíduo em z=\infty.
    Os conteúdos principais são expansão de Laurent (uso dos números de Bernoulli) e o teorema da soma dos resíduos (incluindo o infinito).

Passo 2

Caso (a):
– Zeros de e^{z}-1 em
z_{k}=2\pi i k,\quad k\in\mathbb{Z},
todos simples, e há também z=0 onde e^{z}-1\sim z+\cdots, logo f tem em zero um pólo de ordem n+1.
– Para k\neq0,
\Res_{z=z_{k}}f =\lim_{z\to z_{k}}(z-z_{k})\frac{z^{-n}}{e^{z}-1} =\frac{z_{k}^{-n}}{e^{z_{k}}} =(2\pi i k)^{-n},
pois e^{z_{k}}=1.
– Em z=0, usamos a série geradora dos números de Bernoulli,
\frac1{e^{z}-1} =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_{m}}{m!}z^{m-1},
então
f(z) =z^{-n}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_{m}}{m!}z^{m-1} =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_{m}}{m!}\,z^{m-n-1}.
O coeficiente de z^{-1} ocorre em m=n, logo
\Res_{z=0}f=\frac{B_{n}}{n!}.

Passo 3

Caso (b):
– Singularidades vêm de 1+e^{2z}=0\iff e^{2z}=-1\iff z_{k}=i\frac{\pi}{2}+i\pi k=\frac{i\pi}{2}(2k+1).
São polos simples porque \tfrac{d}{dz}(1+e^{2z})=2e^{2z}\neq0.
– O resíduo em z_{k} é
\Res_{z=z_{k}}g =\lim_{z\to z_{k}}(z-z_{k})\frac{z^{2}e^{z}}{1+e^{2z}} =\frac{z_{k}^{2}e^{z_{k}}}{2e^{2z_{k}}} =-\frac{z_{k}^{2}e^{z_{k}}}{2},
pois e^{2z_{k}}=-1. Como e^{z_{k}}=e^{i\pi/2}e^{i\pi k}=i(-1)^{k} e z_{k}^{2}=-(2k+1)^{2}\pi^{2}/4, pode-se também escrever
\Res_{z=z_{k}}g =\frac{i(-1)^{k}(2k+1)^{2}\pi^{2}}{8}\,.

Passo 4

Para f(z)=z^{-n}/(e^{z}-1), definimos
S'=\sum_{k\neq0}\Res_{z=2\pi i k}f =\sum_{k\neq0}(2\pi i k)^{-n}.
Pelo teorema “soma dos resíduos no plano estendido vale 0”, temos
\Res_{z=0}f\;+\;S'\;+\;\Res_{z=\infty}f\;=\;0.
Sabendo que f(z) decai exponencialmente longe da reta imaginária (logo \Res_{\infty}f=0), obtemos
S'=-\,\Res_{z=0}f=-\frac{B_{n}}{n!}.
Essa é a forma fechada (sem somatório) para a soma dos resíduos em todas as singularidades finitas de f.

Passo 5

O resíduo no infinito é
\Res_{z=\infty}f =-\bigl(\Res_{z=0}f+S'\bigr) =-\Bigl(\frac{B_{n}}{n!}-\frac{B_{n}}{n!}\Bigr) =0.

Resposta

(a) Singularidades em z=2\pi i k k\in\mathbb{Z},k\neq0, simples, com
\Res_{z=2\pi i k}f=(2\pi i k)^{-n},
e pólo de ordem n+1 em z=0 com
\Res_{z=0}f=\frac{B_{n}}{n!}.
(b) Singularidades em \displaystyle z_{k}=\frac{i\pi}{2}(2k+1), simples, com
\Res_{z=z_{k}}g =-\frac{z_{k}^{2}e^{z_{k}}}{2} =\frac{i(-1)^{k}(2k+1)^{2}\pi^{2}}{8}.
(c) Soma dos resíduos nas singularidades finitas de f:
\sum_{k\neq0}(2\pi i k)^{-n} \;=\;-\,\frac{B_{n}}{n!}.
(d) Resíduo em z=\infty para f:
\Res_{z=\infty}f=0.

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