La serie Laurent de $f(z)=\frac{4z-z^2}{(z^2-4)(z+1)}$ en diferentes anillos

Question

Dado $f(z)=\dfrac{4z-z^2}{(z^2-4)(z+1)}$ Necesito encontrar la serie de Laurent en el anillo: $A_{1,2}(0),\;A_{2,\infty}(0),\;A_{0,1}(-1)$

He encontrado las siguientes fracciones parciales: $f(z)=\dfrac{-3}{(z+2)}+\dfrac{1}{3(z-2)}+\dfrac{5}{3(z+3)}$ ,

las series de potencias de estas fracciones son:

$\dfrac{-3}{(z+2)}=\displaystyle{\frac{-3}{2}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{-z}{2} \right)^n} $

$\dfrac{1}{3(z-2)}=\displaystyle{\frac{-1}{6}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{-z}{2} \right)^n} $

$\dfrac{5}{3(z+1)}=\displaystyle{\frac{5}{3}\sum_{n=0}^\infty \left( -z \right)^n} $

y las partes principales son:

$\dfrac{-3}{(z+2)}=\displaystyle{\frac{-3}{2}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{-2z} \right)^n} $

$\dfrac{1}{3(z-2)}=\displaystyle{\frac{-1}{6}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{-2z} \right)^n} $

$\dfrac{5}{3(z+1)}=\displaystyle{\frac{5}{3}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{-z} \right)^n} $

En los primeros anillos tomo la parte principal sólo de $\dfrac{5}{3(z+1)}$ , en el segundo anular tomo la parte principal de toda la fracción. En el tercero, tengo $0<\vert z-1\vert<1$ , denoté $w=z-1$ y luego tomé la serie de potencias para todas las fracciones y simplemente cambié el $w$ volver a $z-1$ al final. ¿Es la forma correcta de hacerlo?

He recibido $\displaystyle{\frac{-3}{2}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1-z}{2} \right)^n - \frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1-z}{2} \right)^n + \frac{5}{3}\sum_{n=0}^\infty \left( 1-z \right)^n}$

Answer 1

Hay una errata en tu descomposición de la fracción parcial; debería ser $$\frac{4z-z^2}{(z^2-4)(z+1)}=-\frac3{z+2}+\frac1{3(z-2)}+\frac5{3(z+1)}.$$ Si $z\in A_{1,2}(0)$ entonces:

• $\displaystyle-\frac3{z+2}=-\frac32\frac1{1+\frac z2}=-\frac32\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^n}z^n$ ;
• $\displaystyle\frac1{3(z-2)}=-\frac16\frac1{1-\frac z2}=-\frac16\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{2^n}$ ;
• $\displaystyle\frac5{3(z+1)}=\frac53\frac1{1+z}=-\frac53\sum_{n=-\infty}^{-1}(-1)^nz^n$ .

En $A_{2,\infty}(0)$ La tercera expansión sigue siendo la misma, pero ahora tenemos:

• $\displaystyle-\frac3{z+2}=-\frac32\frac1{1+\frac z2}=\frac32\sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{(-1)^n}{2^n}z^n$ ;
• $\displaystyle\frac1{3(z-2)}=-\frac16\frac1{1-\frac z2}=\frac16\sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{z^n}{2^n}$ .

En el caso de $A_{0,1}(-1)$ , usted escribe \begin {align} \frac {4z-z^2}{z^2-4}&=-1+ \frac1 {z-2}+ \frac3 {z+2} \\ &=1+ \frac1 {(z+1)-3}+ \frac3 {(z+1)+1}. \end {align} A partir de esto, se obtiene la serie Taylor de $\dfrac{4z-z^2}{z^2-4}$ en $D(1,1)$ y luego, cuando se divide todo por $z+1$ , se obtiene la serie Laurent que se busca.