Serie Laurent para $f (z)=\frac {\sin (2 \pi z)}{z (z^2 + 1)}$

Question

Cómo se puede encontrar la serie de Laurent para esta función válida para $0 <|z-i|<2$ $$f (z)=\frac {\sin (2 \pi z)}{z (z^2 +1)}$$

Dejemos que $g (z) = \sin (\pi z)$

$$\sin (\pi z ) = \sin( 2 \pi (z - i)) \cos (2 \pi i) + \cos (2 \pi (z-i)) \sin (2 \pi i )$$

Y que $h (z)= \frac {1}{z^2 + 1}$

$$\frac {1}{z (z^2 + 1)}= \frac {1}{i (1 -(-(z-i))}[\frac {1/2i}{z-i} +\frac {-1/2i}{2i (1-(-\frac {z-i}{2i}))}]$$

Así que es fácil encontrar la expansión para $g (z)$ y $h (z)$ y luego multiplicar las dos expansiones

Observamos que $f$ tiene un polo simple en $z = i$ Así, podemos obtener la parte principal fácilmente O usando esto $$2 \pi i a_1 = \int_{|z-i|=1} f (z) dz$$

¿Hay algún truco para encontrar rápidamente la serie Laurent?

Esta pregunta estaba en mi examen, calculé la parte principal, pero no tuve suficiente tiempo para calcular la forma exacta de la parte analítica.

Gracias

Answer 1

Primero obtenemos

$$\dfrac{1}{z(z+i)}=\dfrac{i}{z+i}-\dfrac{i}{z}=\dfrac{1}{2\left(1+\dfrac{z-i}{2i}\right)}-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{z-i}{i}\right)}={\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left\{\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{(2i)^k}-\dfrac{1}{i^k}\right\}\cdot(z-i)^k}.$$

La serie de Taylor converge para $\vert z-i\vert\lt1$ . A continuación obtenemos

$$\sin(2\pi z)=\sin\{2\pi(z-i)+2\pi i\}= {\sin\{2\pi(z-i)\}\cos(2\pi i)+\cos\{2\pi(z-i)\}\sin(2\pi i)}= {\cos(2\pi i)\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\dfrac{\{2\pi (z-i)\}^{2k+1}}{(2k+1)!}+\sin(2\pi i)\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\dfrac{\{2\pi (z-i)\}^{2k}}{(2k)!}}= {\cos(2\pi i)\sum_{k=0}^\infty\sin\dfrac{k\pi}{2}\cdot\dfrac{\{2\pi (z-i)\}^{k}}{k!}+\sin(2\pi i)\sum_{k=0}^\infty\cos\dfrac{k\pi}{2}\cdot\dfrac{\{2\pi (z-i)\}^{k}}{k!}}= {\sum_{k=0}^\infty\sin\left\{\dfrac{k\pi}{2}+2\pi i\right\}\dfrac{\{2\pi (z-i)\}^k}{k!}}.$$

Esta serie de Taylor converge en $\mathbb C$ . El producto da

$$\tag{1}\dfrac{\sin(2\pi z)}{z(z+i)}=\sum_{j=0}^\infty a_j(z-i)^j$$

con

$$a_j:=\sum_{k=0}^j (-1)^k\left\{\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{(2i)^k}-\dfrac{1}{i^k}\right\}\cdot\left\{\sin\left[\dfrac{(j-k)\pi}{2}+2\pi i\right]\cdot\dfrac{(2\pi)^{j-k}}{(j-k)!}\right\}.$$

El producto converge para el menor radio de convergencia que es $\vert z-i\vert\lt1$ . Pero la función

$$\dfrac{\sin(2\pi z)}{z(z+i)}$$

es holomorfo para $\vert z-i\vert\lt2$ . Por lo tanto, el producto converge incluso para $\vert z-i\vert\lt2$ . Ahora sólo tenemos que multiplicar $(1)$ con $(z-i)^{-1}$ .

Answer 2

Consideremos la función $$f(t) = t^{-1/2}e^{2\pi it^{1/2}} = g_0(h(t))e^{2i\pi t^{1/2}},$$ donde $$g_0(u) = {1\over u},\quad h(t) = t^{1/2},\quad h'(t) = {1\over2}t^{-1/2} = {1\over2u}.$$ Dejemos que $$f^{(n)}(t) = g_n(h(t))e^{2\pi it}\tag1,$$ entonces $$f^{(n)}(t) = \left(g_{n-1}(h(t))e^{2\pi it}\right)'h'(t) = \left(g'_{n-1}+2\pi ig_{n-1}\right)e^{2i\pi t}{1\over2u},$$ $$g_n = {1\over2u}g'_{n-1}+{i\pi\over u}g_{n-1}.\tag2$$ Por ejemplo, $$g_1(u) = {1\over2u}\left(-{1\over u^2}\right) + {i\pi\over u^2} = -{1\over2u^3} + {i\pi\over u^2},$$ $$g_2(u) = {1\over2u}\left(-{1\over2u^3} + {i\pi\over u^2}\right)' + {i\pi\over u}\left(-{1\over2u^3} + {i\pi\over u^2}\right)$$ $$={1\over2u}\left({3\over2u^4} - {2i\pi\over u^3}\right) + \left(-{i\pi\over2u^4} - {\pi^2\over u^3}\right) = \left({3\over4u^5} - {3\pi i\over2u^4} - {\pi^2\over u^3}\right),$$ $$g_3(u) = {1\over2u}\left({3\over4u^5} - {3\pi i\over2u^4} - {\pi^2\over u^3}\right)' + {i\pi\over u}\left({3\over4u^5} - {3\pi i\over2u^4} - {\pi^2\over u^3}\right)$$ $$= {1\over2u}\left(-{15\over4u^6} + {6\pi i\over u^5} + {3\pi^2\over u^4}\right) + \left({3i\pi\over4u^6} + {3\pi^2\over2u^5} - {i\pi^3\over u^4}\right)$$ $$= \left(-{15\over8u^7} + {15\pi i\over4u^6} +{3\pi^2\over u^5} - {\pi^3 i\over u^4}\right),\,\dots$$

Se pueden obtener valores de la función $$F(t) = {\sin2\pi\sqrt{t\,}\over\sqrt{t\,}} = \Im f(t)\tag3$$ y sus derivaciones $$F^{(n)}(t) = \Im f^{(n)}(t) = \Re g_n(\sqrt{t\,})\sin2\pi\sqrt{t\,} + \Im g_n(\sqrt{t\,})\cos2\pi\sqrt{t\,}\tag4$$ en $t=-1$ .

Por ejemplo, $$F(-1) = {\sinh(\pm2\pi i)\over\pm i} = \sinh2\pi,$$ $$F'(-1) = \left.\left(-{1\over2t^{3/2}}\sin{2\pi\sqrt{t\,}} + {\pi\over t}\cos(2\pi\sqrt{t\,})\right)\right|_{t=-1}$$ $$= {\sin({\pm2\pi i})\over\pm2i} - \pi\cos({\pm2\pi i}) = {1\over2}\sinh2\pi - \pi\cosh2\pi,$$ $$F''(-1) = \left.\left(\left({3\over4t^{5/2}} - {\pi^2\over t^{3/2}}\right) \sin(2\pi\sqrt{t\,}) - {3\pi\over2t^2}\cos(2\pi\sqrt{t\,})\right)\right|_{t=-1}$$ $$= \left({3\over4} + {\pi^2}\right)\sinh(2\pi) - {3\pi\over2}\cosh(2\pi),$$ $$F'''(-1) = \left.\left(\left(-{15\over8t^{7/2}} + {3\pi^2\over t^{5/2}}\right) \sin(2\pi\sqrt{t\,}) + \left({15\pi\over4t^3} - {\pi^3\over t^2}\right)\cos(2\pi\sqrt{t\,})\right)\right|_{t=-1}$$ $$= \left({15\over8} + {3\pi^2}\right)\sinh(2\pi) - \left({15\pi\over4} + \pi^3\right)\cosh(2\pi)\dots$$ La serie de Taylor en la vecindad del punto $t=-1$ tiene la forma $$F(t) = {\sin2\pi\sqrt t\over\sqrt t} = {\sinh2\pi} + \sum_{n=1}^\infty c_n(t+1)^n,\tag5$$ donde $$c_n = {1\over n!}F^{(n)}(-1)\tag6$$ (véase también Wolfram Alfa ), y la serie converge para $t\in\mathbb R.$

Sustitución $$t=z^2$$ da la serie en forma de $${\sin2\pi z\over z} = {\sinh2\pi} + \sum_{n=1}^\infty c_n(z^2+1)^n,$$ así que $${\sin2\pi z\over z(z^2+1)} = {c_0\over z^2+1} + \sum_{n=1}^\infty c_n(z^2+1)^{n-1}$$ $$= {1\over2i}{c_0\over(z-i)\left(1+\dfrac{z-i}{2i}\right)} + \sum_{n=0}^\infty c_{n+1}(z-i)^n(z-i+2i)^n$$ $$= c_0(z-i)^{-1}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n{(z-i)^n\over(2i)^{n+1}} + \sum_{n=0}^\infty c_{n+1}\sum_{k=0}^n\genfrac{(}{)}{0}{0}{n}{k}(2i)^{n-k}(z-i)^{n+k}.$$ Sustitución $m=n+k\ $ en la suma doble da $${\sin2\pi z\over z(z^2+1)}= c_0\sum_{n=0}^\infty(-1)^n{(z-i)^{n-1}\over(2i)^{n+1}} + \sum_{m=0}^\infty \sum_{k=0}^\left[{m\over2}\right]c_{m-k+1}\genfrac{(}{)}{0}{0}{m-k}{k}(2i)^{m-2k}(z-i)^m$$ $$= -{c_0i\over2}(z-i)^{-1}+ {c_0\over4}\sum_{m=0}^\infty\left({i\over2}\right)^m(z-i)^m + \sum_{m=0}^\infty \left(i^m(z-i)^m \sum_{k=0}^\left[{m\over2}\right]i^{-2k}c_{m-k+1}\genfrac{(}{)}{0}{0}{m-k}{k}2^{m-2k}\right)$$ $$= -{c_0i\over2}(z-i)^{-1}+ \sum_{m=0}^\infty \left(c_02^{-(m+2)} + \sum_{k=0}^\left[{m\over2}\right](-1)^k c_{m-k+1}\genfrac{(}{)}{0}{0}{m-k}{k}2^{m-2k}\right)i^m(z-i)^m$$ $$= -{c_0i\over2}(z-i)^{-1} + {c_0\over4} + c_1 + \left({c_0\over8} + 2c_2\right)i(z-i) - \left({c_0\over16} + 4c_3 - c_2\right)(z-i)^2 + \dots,$$

donde $$c_0 = \sinh2\pi,$$ $$c_1 = {1\over2}\sinh2\pi - \pi\cosh2\pi,$$ $$c_2 = \left({3\over8} + {\pi^2\over2}\right)\sinh2\pi - {3\pi\over4}\cosh2\pi,$$ $$c_3 = \left({5\over16} + {\pi^2\over2}\right)\sinh2\pi - \left({5\pi\over8} + {\pi^3\over6}\right)\cosh2\pi,\,\dots$$

Es decir , $$\boxed{{\sin2\pi z\over z(z^2+1)} = - {i\sinh2\pi\over2}(z-i)^{-1}+ {3\over4}\sinh2\pi - \pi\cosh2\pi + i\left(\left({7\over8} + \pi^2\right)\sinh2\pi - {3\pi\over2}\cosh2\pi\right)(z-i) + \left(-\left({15\over16} + {3\pi^2\over2}\right)\sinh2\pi + \left({7\pi\over4}+{2\pi^3\over3}\right)\cosh2\pi\right)(z-i)^2 + \dots}$$