Serie de Laurent de $z^{-3}$ $z_0 = i$. ¿Hay una manera de hacer esto a mano o es solo mal la pregunta?

Question

Tengo que encontrar las dos expansiones de la serie de Laurent de $\frac{1}{z^3}$ $i$. Lo único que puedo pensar es que:

$$\frac{1}{z^3} = \frac{1}{(z-i)^3} \left( \frac{z-i}{z} \right) ^3 = \frac{1}{(z-i)^3} \left( 1 - \frac{i}{i+(z-i)} \right) ^3 = \frac{1}{(z-i)^3} \left( 1 - \frac{1}{1-i(z-i)} \right) ^3 $$

Esta expansión funcionará en el disco $|z-i|<1:$

$$=\frac{1}{(z-i)^3} \left( 1 - \sum_{n=0}^{\infty}i^n(z-i)^n \right) ^3 =i \left( \sum_{n=0}^{\infty}i^{n}(z-i)^{n} \right) ^3 .$$

Pero esto es desagradable, porque no sé cómo a la serie del cubo! Y no creo que nada bueno saldría de, de todos modos.

Es la segunda expansión en el % de anillo $|z-i|>1:$

$$\frac{1}{z^3} = ... = \frac{1}{(z-i)^3} \left( 1 - \frac{1}{z-i}\frac{1}{ \frac{1}{z-i}-i} \right) ^3 = \frac{1}{(z-i)^3} \left( 1 - \frac{1}{z-i}\frac{i}{ 1-\frac{-i}{z-i}} \right) ^3 =$$

% $ $$= \left( \frac{1}{z-i} - i \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-i)^n}{(z-i)^{n-2}} \right) ^3$Mismo problema, pero ahora es peor... ¿Cómo resuelvo esto?

Answer 1

Estoy seguro de que te han enseñado acerca de esto antes. $\frac{1}{z^3}$ es regular en $z = i$, por lo que el de la serie de Laurent no es simplemente el ordinario de la expansión en series de Taylor (en la vecindad de $i$).

Para cualquier $\alpha > 0$ $a \in \mathbb{C}$ no en el eje real negativo, tenemos $$\begin{align} \frac{1}{z^\alpha} = & \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \left( \left.\frac{d^k}{dz^k} \frac{1}{z^{\alpha}}\right|_{z=a}\right) (z-a)^k\\ = & \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \left( \frac{(-\alpha)(-\alpha-1)\cdots(-\alpha-k+1)}{a^{\alpha+k}}\right) (z-a)^k\\ = & \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \left( \frac{\alpha(\alpha+1)\cdots(\alpha+k-1)}{a^{\alpha+k}}\right) (z-a)^k\\ \end{align}$$ Al $\alpha$ es un número entero positivo $n$, esto se reduce a

$$ \frac{1}{z^{n}} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{n+k-1}{k} \frac{(z-a)^k}{a^{n+k}} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{n+k-1}{n-1} \frac{(z-a)^k}{a^{n+k}} \etiqueta{*1}$$

En particular, cuando se $n = 3$$a = i$, uno tiene

$$\frac{1}{z^3} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{k+2}{2} \frac{(z-i)^k}{i^{3+k}} =\sum_{k=0}^{\infty}^{k+1}\frac{(k+1)(k+2)}{2} (z-i)^k \etiqueta{*2}$$

Actualización
Para derivar el otro Laurent de la serie (que yo.e, el uno en la vecindad de $\infty$), uno puede dejar a $u = \frac{1}{z-i}$ y volver a escribir $$\frac{1}{z^3} \quad\text{ as }\quad\frac{1}{(i + \frac{1}{u})^3} = \frac{i u^3}{(u-i)^3}.$$ Uno, a continuación, considere la posibilidad de la expansión en series de Taylor de en $u = 0$. Compare esto con $(*1)$$(*2)$, uno encontrar $u$ ahora está tomando el papel de $z-i$ $-i$ está tomando el papel de $a$ no. Como resultado,

$$\frac{1}{z^3} = i u^3 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\binom{k+2}{k} \frac{u^k}{(-i)^{3+k}} = \sum_{k=0}^{\infty}(-i)^k \frac{(k+1)(k+2)}{2}\frac{1}{(z-i)^{k+3}} $$

Answer 2

Aquí es un enfoque

$$ \frac{1}{z^3}= \frac{1}{((z-i)+i)^3}=\frac{1}{(z-i)^3}\frac{1}{\left( 1+\frac{i}{(z-i)}\right)^3} $$

$$ \frac{1}{(z-i)^3} \sum_{k=0}^{\infty} {-3\choose k}\frac{i^{3k}}{(z-i)^{3k}},$$

por el teorema generalizado del binomio de Newton. Entonces tenemos

$$\frac{1}{z^3} = \sum_{k=0}^{\infty} {-3\choose k}\frac{i^{3k}}{(z-i)^{3k+3}}\quad |z-i|>1. $$