Encontre a singularidade e o resíduo das seguintes integrais:
\oint_{C} \frac{d z}{(z-a)^{n}} n inteiro.

Passo 1

O enunciado dá a função integranda dentro da integral de contorno
\displaystyle f(z)=\frac{1}{(z-a)^{n}}, com n inteiro, e pede para identificar a singularidade em z=a e calcular o resíduo correspondente.
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • A singularidade potencial está em z=a (denominador nulo quando z=a).
  • O parâmetro n é um número inteiro, que pode ser positivo, zero ou negativo.
    A resolução a seguir vai tratar separadamente os casos de n (porque o tipo de singularidade e o resíduo dependem de n).

Passo 2

Lembrete didático rápido (o que é preciso saber para identificar singularidade e resíduo):
  • Singularidade isolada em z=a: comportamento de f(z) ao redor de a.
    • Se a parte principal da série de Laurent tem um número finito de potências negativas, é um polo; a ordem do polo é o maior expoente positivo na parte principal.
    • Se não há termos negativos na série de Laurent (só potências não-negativas), a função é analítica em a (eventualmente com um valor removível).
  • Resíduo em z=a: coeficiente do termo (z-a)^{-1} na expansão de Laurent de f em torno de a.
  • Fórmula prática para o resíduo em polo de ordem m:
\operatorname{Res}(f,a)=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to a}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{\,m-1}}\big[(z-a)^{m}f(z)\big].
Vou usar esses fatos para cada caso de n.

Passo 3

Caso n\le 0. Escreva n=0 ou n=-m com m\ge1.
  • Se n=0 então f(z)=1, que é inteira (analítica) em z=a. Não há singularidade isolada em a (é removível no sentido de que nem precisa remover nada).
  • Se n=-m com m\ge1 então
f(z)=(z-a)^{m},
que é um polinômio em (z-a) e, portanto, analítica em z=a (novamente sem singularidade).
Sobre o resíduo: como a expansão de Laurent não contém termos (z-a)^{-1} (só termos com potência não negativa), o coeficiente de (z-a)^{-1} é zero. Logo para n\le 0 o resíduo em a é 0.

Passo 4

Caso n\ge 1. Aqui z=a é uma singularidade evidente porque o denominador zera. A função é
f(z)=\frac{1}{(z-a)^{n}}.
  • A expansão de Laurent centrada em a é simplesmente um único termo da forma (z-a)^{-n}. Isso indica que a parte principal tem exatamente uma potência negativa de ordem n, ou seja, é um polo de ordem n em z=a. Portanto, para n\ge1 temos um polo de ordem n em z=a.
  • Para encontrar o resíduo precisamos do coeficiente de (z-a)^{-1} na expansão. Como a expansão tem apenas (z-a)^{-n}, o termo (z-a)^{-1} aparece só se n=1. Assim à primeira vista:
    • Se n=1: o termo é (z-a)^{-1} com coeficiente 1, então \operatorname{Res}(f,a)=1.
    • Se n\ge2: não existe termo (z-a)^{-1} na expansão única (z-a)^{-n}, então \operatorname{Res}(f,a)=0.

Passo 5

Verificação usando a fórmula do resíduo para polo de ordem m=n (confirmação rigorosa):
\operatorname{Res}\big(\tfrac{1}{(z-a)^{n}},a\big) =\frac{1}{(n-1)!}\lim_{z\to a}\frac{d^{\,n-1}}{dz^{\,n-1}}\big[(z-a)^{n}\cdot (z-a)^{-n}\big] =\frac{1}{(n-1)!}\lim_{z\to a}\frac{d^{\,n-1}}{dz^{\,n-1}}[1].
  • Se n=1 então n-1=0 e a derivada de ordem zero de 1 é 1, logo
\operatorname{Res}=\frac{1}{0!}\cdot 1=1.
  • Se n\ge2 então n-1\ge1 e derivadas de ordem \ge1 de uma constante 1 são 0, logo
\operatorname{Res}=0.
Isso confirma o argumento do passo anterior.

Passo 6

Resumo e conclusão didática:
  • Para n\le0: a função é analítica em z=a (sem polo, singularidade removível ou simplesmente sem singularidade) e o resíduo em a é 0.
  • Para n=1: polo de ordem 1 (polo simples) em z=a e \operatorname{Res}=1.
  • Para n\ge2: polo de ordem n em z=a e \operatorname{Res}=0.
Observação útil para provas: se o contorno C é uma volta simples positiva que envolve a, então pela fórmula dos resíduos
\oint_C \frac{dz}{(z-a)^{n}} = \begin{cases} 2\pi i, & n=1,\\[4pt] 0, & n\ne1, \end{cases}
o que é uma consequência direta do resíduo calculado acima.]

Resposta

Para n\le 0: sem singularidade (analítica) em z=a; \operatorname{Res}=0.
Para n=1: polo simples em z=a; \operatorname{Res}=1.
Para n\ge 2: polo de ordem n em z=a; \operatorname{Res}=0.

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