Cálculo del límite complejo

Question

Al intentar calcular un residuo, me encontré con este límite:

$$L:=\lim_{z\to \pi k} \frac{z^3-2z^2}{(1-\mathrm e^{\mathrm iz})\sin(z)}\left[\frac{(3z^2-4z)(z-\pi k)^2}{z^3-2z^2}+2(z-\pi k)-\frac{(z-\pi k)^2\cos(z)}{\sin(z)}+\frac{(z-\pi k)^2\mathrm i\,\mathrm e^{\mathrm i z}}{1-\mathrm e^{\mathrm iz}}\right]$$

donde $0\neq k\in\mathbb Z$ y $k$ está en paz.

Como los límites de los sumandos individuales no existen, parece muy difícil aplicar l'Hopital a la fracción completa.

¿Hay alguna forma de simplificar esto para calcular el límite?

(El problema original era encontrar el residuo de $z\mapsto\frac{z^2(z-2)}{(1-\exp(\mathrm i z))\sin(z)}$ en $z=k\pi$ donde $0\neq k$ es un número entero par).

Gracias.

Answer 1

Podemos calcular el límite utilizando la expansión en serie en $z=\pi k$ donde $0\neq k\in\mathbb Z, k \text{ even}$ . Recordamos \begin{align*} \cos(z)&=1+\mathcal{O}\left((z-\pi k)^2\right)\\ e^{iz}&=1+i(z-\pi k)+\mathcal{O}\left((z-\pi k)^2\right)\\ \frac{1}{\sin(z)}&=\frac{1}{z-\pi k}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\\ \frac{1}{1-e^{iz}}&=\frac{i}{z-\pi k}+\frac{1}{2}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right) \end{align*} donde expandimos la serie hasta los términos que necesitamos para el cálculo y ponemos todo lo demás en big- $\mathcal{O}$ 's.

Obtenemos

\begin{align*} \color{blue}{\lim_{z\to\pi k}}&\color{blue}{\frac{z^3-2z^2}{\left(1-e^{iz}\right)\sin z}\left[\frac{(3z^2-4z)(z-\pi k)^2}{z^3-2z^2}+2(z-\pi k)\right.}\\ &\qquad\qquad\color{blue}{\left.-\frac{(z- \pi k)^2\cos z}{\sin z}+\frac{(z-\pi k)^2ie^{iz}}{1-e^{iz}}\right]}\\ &=\lim_{z\to \pi k}(3z^2-4z)(z-\pi k)^2\left(\frac{1}{z-\pi k}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right)\\ &\qquad\qquad\cdot\left(\frac{i}{z-\pi k}+\frac{1}{2}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right)\\ &\qquad+\lim_{z\to\pi k}\left(z^3-2z^2\right)\left[2(z-\pi k)-\frac{(z- \pi k)^2\cos z}{\sin z}+\frac{(z-\pi k)^2ie^{iz}}{1-e^{iz}}\right]\\ &\qquad\qquad\cdot\left(\frac{1}{z-\pi k}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right) \left(\frac{i}{z-\pi k}+\frac{1}{2}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right)\tag{1}\\ &=\left(3\pi^2k^2-4\pi k\right)i+\left(\pi^3k^3-2\pi^2k^2\right)\lim_{z\to \pi k}\left[\frac{2i}{z-\pi k}\right.\\ &\qquad\left.-i\frac{\cos z}{\sin z}-\frac{e^{iz}}{1-e^{iz}} +1-\frac{1}{2}\frac{(z-\pi k)\cos z}{\sin z}+\frac{i}{2}\frac{(z-\pi k)e^{iz}}{1-e^{iz}}\right]\tag{2}\\ &=\left(3\pi^2k^2-4\pi k\right)i+\left(\pi^3k^3-2\pi^2k^2\right)\lim_{z\to \pi k}\left[\frac{2i}{z-\pi k}+1\right.\\ &\qquad\left.-\left(\frac{z-\pi k}{2}+i\right)\frac{\cos z}{\sin z}+\left(i\frac{z-\pi k}{2}-1\right)\frac{e^{iz}}{1-e^{iz}}\right]\tag{3}\\ &=\left(3\pi^2k^2-4\pi k\right)i+\left(\pi^3k^3-2\pi^2k^2\right)\lim_{z\to \pi k}\left[\frac{2i}{z-\pi k}+1\right.\\ &\qquad-\left(\frac{z-\pi k}{2}+i\right)\left(\frac{1}{z-\pi k}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right)\\ &\qquad\left.+\left(i\frac{z-\pi k}{2}-1\right)\left(\frac{i}{z-\pi k}-\frac{1}{2}+\mathcal{O}\left(z-\pi k\right)\right)\right]\tag{4}\\ &=\left(3\pi^2k^2-4\pi k\right)i+\left(\pi^3k^3-2\pi^2k^2\right)\lim_{z\to \pi k}\left[\frac{2i}{z-\pi k}+1\right.\\ &\qquad\left.-\frac{1}{2}-\frac{i}{z-\pi k}-\frac{1}{2}-\frac{i}{z-\pi k}-\frac{i}{4}\left(z-\pi k\right)+\frac{1}{2}\right]\tag{5}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{2}\pi^3k^3-\pi^2k^2+\left(3\pi^2k^2-4\pi k\right)i} \end{align*}

Comentario:

• En (1) separamos el primer término entre corchetes mediante un límite propio, ya que puede calcularse por separado de los demás términos. Cancelamos $z^3-2z^2$ y utilizar la expansión en serie de $\frac{1}{1-e^{iz}}$ y $\frac{1}{\sin z}$ .

• En (2) calculamos el primer límite. Factorizamos $z^3-2z^2$ y evaluarlo en $z=\pi k$ . Multiplicamos dentro en el límite y omitimos los términos que no contribuyen.

• En (3) recogemos los términos relacionados.

• En (4) ampliamos $\frac{\cos z}{\sin z}$ y $\frac{e^{iz}}{1-e^{iz}}$ en $z=\pi k$ .

• En (5) multiplicamos y cancelamos de nuevo los términos que no contribuyen. Ahora estamos listos para cancelar algunos términos en el último paso y hacer un cálculo final del límite.