Determine a natureza das singularidades de cada uma das seguintes funções e avalie os resíduos (a>0).
\frac{\operatorname{sen} 1 / z}{z^{2}+a^{2}}.
Sugestão: Para o ponto no infinito, use a transformação w=1 / z para |z| \rightarrow 0. Para o resíduo, transforme f(z) d z para g(w) d w e observe o comportamento de $g(w).

Passo 1

O enunciado pede para a função
f(z)=\frac{\sin\!\bigl(\tfrac1z\bigr)}{z^{2}+a^{2}}\,,\quad a>0,
determinar todas as singularidades (incluindo z=\infty), classificar cada uma (pólo simples, essencial, removível etc.) e calcular os resíduos em cada singularidade.

Passo 2

Identificamos as singularidades finitas de f:
  1. Zeros do denominador: z^{2}+a^{2}=0 z=\pm i\,a. Como \sin(1/z) é regular em \pm i\,a e z^{2}+a^{2} tem raiz simples, z=\pm i\,a são pólos simples.
  2. Ponto z=0: aparece em \sin(1/z), logo é uma singularidade essencial.

Passo 3

Resíduo em cada pólo simples z_{0} é
\Res\bigl(f,z_{0}\bigr) =\frac{\sin\!\bigl(1/z_{0}\bigr)}{(z^{2}+a^{2})'\bigl|_{z=z_{0}}} =\frac{\sin\!\bigl(1/z_{0}\bigr)}{2\,z_{0}}.
Para z_{0}=i\,a:
\Res\bigl(f,i\,a\bigr) =\frac{\sin\!\bigl(1/(i\,a)\bigr)}{2\,i\,a} =\frac{\sin\!\bigl(-\,\tfrac{i}{a}\bigr)}{2\,i\,a} =-\frac{\sin\!\bigl(\tfrac{i}{a}\bigr)}{2\,i\,a} =-\frac{i\,\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{2\,i\,a} =-\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{2\,a}.
Para z_{0}=-\,i\,a:
\Res\bigl(f,-\,i\,a\bigr) =\frac{\sin\!\bigl(1/(-i\,a)\bigr)}{-2\,i\,a} =\frac{\sin\!\bigl(\tfrac{i}{a}\bigr)}{-2\,i\,a} =-\frac{i\,\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{2\,i\,a} =-\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{2\,a}.

Passo 4

Resíduo em z=0 (singularidade essencial) usando série de Laurent:
\sin\!\bigl(\tfrac1z\bigr) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,\frac1{z^{2k+1}}, \quad \frac1{z^{2}+a^{2}} =\frac1{a^{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{z^{2n}}{a^{2n}}.
Multiplicando e buscando o termo em 1/z, nota-se que só contribuem índices n=k. Logo
\Res\bigl(f,0\bigr) =\frac1{a^{2}} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(-1)^k}{(2k+1)!\,a^{2k}} =\frac1{a^{2}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)!\,a^{2k}} =\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{a}.

Passo 5

Singularidade em z=\infty: faça w=1/z. Então
f(z)\,dz =\frac{\sin(w)}{\tfrac1{w^{2}}+a^{2}}\;\bigl(-\tfrac{dw}{w^{2}}\bigr) =-\frac{\sin(w)}{1+a^{2}w^{2}}\,dw \equiv g(w)\,dw.
Como g(w) é analítica em w=0, z=\infty é singularidade removível. O resíduo em \infty vale
\Res\bigl(f,\infty\bigr) =-\sum_{\text{sing.\\ finitas}}\Res(f) =-\bigl[ \Res(f,0)+\Res(f,i\,a)+\Res(f,-i\,a) \bigr]=0.

Resposta

Pontos singulares e natureza:
z=\pm i\,a: pólos simples.
z=0: essencial.
z=\infty: removível.
Resíduos:
\Res(f,i\,a) =\Res(f,-\,i\,a) =-\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{2\,a}, \quad \Res(f,0) =\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac1a\bigr)}{a}, \quad \Res(f,\infty)=0.

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