Classifique todas as singularidades (polos simples, duplos, …) e calcule os resíduos correspondentes de \frac{\cos z}{z^{2}\left(z^{2}+\pi^{2}\right)}. Se precisar, \cos z=\frac{e^{i z}+e^{-i z}}{2}, \operatorname{cosh} z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}.

Passo 1

O enunciado pede para classificar todas as singularidades e calcular os resíduos da função
f(z)=\frac{\cos z}{z^{2}\left(z^{2}+\pi^{2}\right)}.
As informações relevantes que o enunciado dá (ou que podemos extrair diretamente da expressão) são:
  • O denominador z{2}\left(z{2}+\pi^{2}\right) zera quando z=0 (com multiplicidade 2) e quando z^{2}+\pi^{2}=0, ou seja em z=\pm i\pi.
  • A função \cos z é inteira (analítica em todo \mathbb{C}) e tem \cos 0=1. Também vale \cos(i\pi)=\cos(-i\pi)=\operatorname{cosh}(\pi).
    As perguntas concretas são:
  • Classificar cada singularidade em z=0,\\ z=i\pi,\\ z=-i\pi (polo simples, duplo, essencial, removível, …).
  • Calcular o resíduo de f em cada uma dessas singularidades.

Passo 2

Classificação das singularidades — ideia e aplicação direta.
  • Lembrete rápido: se uma função pode ser escrita localmente como \dfrac{g(z)}{(z-z_{0})^{m}} com g analítica e g(z_{0})\neq0, então z_{0} é um polo de ordem m. Se houver cancelamento (ou seja g(z_0)=0 o zero cancela parte dos fatores), a ordem pode ser menor; se for zero infinito de denominação sem representação assim, é essencial; se não há singularidade a ponto é removível.
  • Observe que z^{2}+\pi^{2}=(z-i\pi)(z+i\pi). Assim o denominador se fatoriza como z^{2}(z-i\pi)(z+i\pi).
    Aplicando isso:
  • Em z=0 o fator z^{2} dá um zero de ordem 2 no denominador. Como \cos z é analítica e \cos 0=1\neq0, não há cancelamento: z=0 é um polo de ordem 2 (polo duplo).
  • Em z=i\pi o denominador tem um fator (z-i\pi) de primeira ordem, e \cos(i\pi)=\operatorname{cosh}(\pi)\neq0, então z=i\pi é polo simples.
  • Em z=-i\pi análogo: polo simples, pois \cos(-i\pi)=\operatorname{cosh}(\pi)\neq0.

Passo 3

Fórmula para resíduo em polo simples e cálculo em z=i\pi e z=-i\pi.
  • Para um polo simples z_{0} do tipo f(z)=\dfrac{\varphi(z)}{z-z_{0}} com \varphi analítica em z_{0}, vale
\operatorname{Res}(f,z_{0})=\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z).
  • Aqui, usando a fatoração, para z=i\pi temos
\operatorname{Res}\bigl(f,i\pi\bigr)=\lim_{z\to i\pi}(z-i\pi)\frac{\cos z}{z^{2}(z-i\pi)(z+i\pi)} =\frac{\cos(i\pi)}{(i\pi)^{2}\bigl(i\pi+i\pi\bigr)}.
Calcule o denominador com cuidado:
(i\pi)^{2}=i^{2}\pi^{2}=-\pi^{2},\qquad i\pi+i\pi=2i\pi,
logo
(i\pi)^{2}\bigl(i\pi+i\pi\bigr) = (-\pi^{2})(2i\pi) = -2i\pi^{3}.
Portanto
\operatorname{Res}\bigl(f,i\pi\bigr)=\frac{\cos(i\pi)}{-2i\pi^{3}}.
Usando \cos(i\pi)=\operatorname{cosh}(\pi) e simplificando -1/(2i)=i/2 (pois 1/i=-i), obtemos
\operatorname{Res}\bigl(f,i\pi\bigr)=\frac{i\operatorname{cosh}(\pi)}{2\pi^{3}}.
  • Para z=-i\pi procedemos do mesmo modo:
\operatorname{Res}\bigl(f,-i\pi\bigr)=\lim_{z\to -i\pi}(z+ i\pi)\frac{\cos z}{z^{2}(z-i\pi)(z+i\pi)} =\frac{\cos(-i\pi)}{(-i\pi)^{2}\bigl(-i\pi-i\pi\bigr)}.
Aqui (-i\pi)^{2}=-\pi^{2} e -i\pi-i\pi=-2i\pi, então o produto é 2i\pi^{3}. Assim
\operatorname{Res}\bigl(f,-i\pi\bigr)=\frac{\operatorname{cosh}(\pi)}{2i\pi^{3}}=\,-\frac{i\operatorname{cosh}(\pi)}{2\pi^{3}}.
(Observe que este resultado é o oposto do resíduo em i\pi, como frequentemente ocorre por simetria ímpar em funções com z^{2}+\pi^{2}.)

Passo 4

Fórmula para resíduo em polo de ordem 2 e aplicação em z=0.
  • Para um polo de ordem m em z_{0}, a fórmula geral do resíduo é
\operatorname{Res}(f,z_{0})=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_{0}}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{\,m-1}}\Bigl[(z-z_{0})^{m}f(z)\Bigr].
  • Aqui m=2 e z_{0}=0. Então
\operatorname{Res}(f,0)=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\left[z^{2}\frac{\cos z}{z^{2}(z^{2}+\pi^{2})}\right] =\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\left[\frac{\cos z}{z^{2}+\pi^{2}}\right].
  • Calcule a derivada usando a regra do quociente:
\frac{d}{dz}\left[\frac{\cos z}{z^{2}+\pi^{2}}\right] =\frac{-\sin z\,(z^{2}+\pi^{2})-\cos z\cdot 2z}{(z^{2}+\pi^{2})^{2}}.
Avalia em z=0: \sin 0=0 e \cos 0=1, então o numerador vira 0-2\cdot 1\cdot 0=0. Portanto
\operatorname{Res}(f,0)=0.
  • Como verificação alternativa (opcional): expandir em série de Laurent perto de 0. Usando \cos z=1-\dfrac{z^{2}}{2}+\cdots e \dfrac{1}{z^{2}+\pi^{2}}=\dfrac{1}{\pi^{2}}\left(1-\dfrac{z^{2}}{\pi^{2}}+\cdots\right) vê-se que não aparece termo em z^{-1}, confirmando que o resíduo em 0 é 0.

Passo 5

Resumo sucinto (pronto para “decorar” na prova): as singularidades são z=0 (polo duplo) e z=\pm i\pi (polos simples). Os resíduos foram calculados explicitamente nos passos anteriores.

Resposta

z=0: polo duplo, \operatorname{Res}(f,0)=0
z=i\pi: polo simples, \operatorname{Res}\bigl(f,i\pi\bigr)=\dfrac{i\operatorname{cosh}(\pi)}{2\pi^{3}}
z=-i\pi: polo simples, \operatorname{Res}\bigl(f,-i\pi\bigr)=-\dfrac{i\operatorname{cosh}(\pi)}{2\pi^{3}}

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