Serie de Laurent en torno a z=-i para $\frac{1}{z(z-1)}$ y $1<|z+i|<\sqrt2$

Question

Me dan la función :

$$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}$$

Me interesa encontrar la serie Laurent por ahí $z=-i$ para el único anillo circular finito correspondiente a esta función dadas sus singularidades ( espero estar usando las palabras correctas aquí).

Tengo algunas ideas, pero habiendo visto muy pocos problemas, no estoy seguro de ellas. Así que esta pregunta es sobre todo para comprobar si la forma en que hago las cosas es correcta.

Creo que el área que nos interesa es la siguiente : $1<|z+i|<\sqrt2$

$f(z)$ puede escribirse como $f(z)=\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z}$

Podemos escribir el primer término como $$\frac{1}{z-1}=\frac{-1}{(1+i)(1-\frac{z+i}{1+i})}$$ $$\frac{-1}{(1+i)}\frac{1}{(1-\frac{z+i}{1+i})}=\frac{-1}{(1+i)}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{z+i}{1+i}\right)^n$$

Traté de convertir esto en la forma de la serie geométrica.

Esto es válido para $$\frac{|z+i|}{|1+i|}<1=>|z+i|<\sqrt2$$

Para la otra parte de la desigualdad intentaré hacer lo mismo para el segundo término de $f(z)$ :

$$\frac{1}{z}=\frac{1}{(z+i)(1-\frac{i}{z+i})}=\frac{1}{z+i}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{i}{z+i}\right)^n$$

que da la desigualdad que buscamos :

$$\frac{|i|}{|z+i|}<1=>|z+i|>1$$

Por último, esto nos lleva a la serie Laurent:

$$f(z)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{z+i}{1+i}\right)^n-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{i}{z+i}\right)^n$$

La parte de la izquierda es la parte analítica , y la de la derecha es la parte principal excepto el término n=0. ¿Está todo bien con mi solución? ¿Debo dar más detalles si me lo piden en un examen?

Answer 1

De hecho, desde $f(-i)\neq 0$ , $f$ es analítica en una vecindad de $z=-i$ . Una forma de calcular la expansión es \begin{align} \frac{1}{z(z-1)} = \frac{1}{z-1}-\frac{1}{z} &= -\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-(z+i)/(1+i)}+\frac{1}{i}\frac{1}{1-(z+i)/i}\\ &=-\frac{1}{1+i}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z+i}{1+i}\right)^n- i \sum_{m=0}^\infty\left(\frac{z+i}{i}\right)^m\\ &=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{i^{n+1}}-\frac{1}{(1+i)^{n+1}}\right)(z+i)^n \end{align}

La expansión es válida en $B(-i,1)$ .

Edición: No he leído que estamos en $1<|z+i|<\sqrt{2}$ . Basta con considerar que los coeficientes de la expansión vienen dados por la fórmula $$ a_n = \frac{1}{2\pi i}\int_{|z+i|=1.2}\frac{dz}{z(z-1)(z+i)^{n+1}} $$ Dejemos que $g_n(z)=z^{-1}(z-1)^{-1}(z+i)^{-n-1}$ . Entonces $g_n(z)$ es meropromorfo en $\mathbb{C}$ y en el anillo tiene un polo simple en $z=0$ y, si $n\geq 0$ , un polo de orden $n+1$ en $z=-i$ . Así que $$ \lim_{z\to 0} zg_n(z)=-(i)^{-n-1}=\begin{cases} i^{1-n} & n \neq -1\\ -1 & n = -1 \end{cases} $$ Si $n\geq 0$ $$ \lim_{z\to -i} \frac{\partial^n}{\partial z^n}(z+i)^{n+1}g_n(z) = \lim_{z\to -i} \frac{\partial^n}{\partial z^n}f(z) = \frac{1}{i^{n+1}}-\frac{1}{(1+i)^{n+1}} $$

Entonces, usando el teorema de los residuos $$ a_n = \begin{cases} -(i+1)^{-n-1} & n\geq 0\\ -1 & n = -1\\ i^{1-n} & n<-1 \end{cases} $$