Función holomórfica $g(z)=\sum_{n=1}^\infty (2-3i)\cdot \dfrac{1}{n! z^n}$

Question

Sea $g(z)=\sum_{n=1}^\infty (2-3i)\cdot \dfrac{1}{n! z^n}$

Demostrar que esta función es holomorfa en $\mathbb{C} \setminus \{0\}$ y calcula $$\int_{|z|=2} g(z)\,\mathrm{d}z$$

Edita:

Lo que he hecho: \begin{align} \begin{split} g(z) & = \sum_{n=1}^\infty (2-3i)\cdot \dfrac{1}{n! z^n}\\ & = (2-3i)\cdot \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n! z^n}\\ & = (2-3i)\cdot \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^{-n}}{n!}\\ & = (2-3i)\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{z^{-n}}{n!} - \dfrac{z^{-0}}{0!}\\ & = (2-3i)\cdot (e^{z^{-1}} -1)\\ & = (2-3i) e^{z^{-1}} -(2-3i) \\ & = 2e^{z^{-1}} - 3ie^{z^{-1}} +3i - 2 \end{split} \end{align}

deje $z^{-1}=z^*$ para un $z^* = x+ iy$

Entonces veamos $2e^{z^{*}} - 3ie^{z^{*}} +3i - 2$ es holomorfo

Prueba:

$ 2e^{z^{*}} - 3ie^{z^{*}} +3i - 2$

$ = 2e^{x + iy} - 3ie^{x + iy} +3i - 2 $

$ = 2e^{x} e^{iy} - 3ie^{x}e^{iy} +3i - 2 $

$ = 2e^{x} [ \cos(y) + i \sin(y) ] - 3 ie^{x} [ \cos(y) + i \sin(y) ] +3i - 2 $

$ = 2e^{x}\cos(y) + 2 i e^{x} \sin(y) - 3 ie^{x} \cos(y) - 3 i^2 e^{x} \sin(y)+3i-2 $

$ = 2e^{x}\cos(y) + 2 i e^{x} \sin(y) - 3 ie^{x} \cos(y) + 3 e^{x} \sin(y) +3i - 2 $

$ = 2e^{x}\cos(y) + 3e^{x} \sin(y) - 2 + 2 i e^{x} \sin(y) - 3 i e^{x} \cos(y) +3i $

$ = 2e^{x}\cos(y) + 3e^{x} \sin(y) - 2 + i[2 e^{x} \sin(y) - 3 e^{x} \cos(y) +3] $

Ahora dejemos que $u(x,y) = 2e^{x}\cos(y) + 3e^{x} \sin(y) - 2$

Y que $v(x,y) = 2 e^{x} \sin(y) - 3 e^{x} \cos(y) +3$

Answer 1

En los comentarios se dijo que $g(z)=(2-3i)(e^{1/z}-1)$ es holomorfa en el plano complejo excluyendo el origen. La función $e^{1/z}$ es una composición de funciones holomorfas, por tanto holomorfas.

El residuo es $2-3i$ por lo que la integral se evalúa como $2 \pi i \cdot(2-3i)$ .