Cálculo de coeficiente de serie Laurent por Teorema del residuo de Cauchy.

Question

Para hacer la tarea, me han pedido para obtener el Laurent serie de expansiones para la siguiente función: $$f(z) = \frac{1}{z^2(1-z)}$$

La pregunta dice que el uso del Teorema de Laurent (no serie geométrica), que ha sido dada como
$$\tag{1}f(z) = \sum\limits_{n= -\infty}^\infty A_nz^n$$
donde
$$\tag{2}A_n = \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_\gamma \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz$$

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Mi primera aproximación al problema fue el uso de Cauchy del teorema de los residuos para evaluar la integral en $(2)$, este teorema establece que:
$$\oint\limits_\gamma f(z) dz = 2 \pi i \sum\limits_{a_k \in A} \mathrm{Res}_{z = a_k} f(z)$$

Así que, en combinación con $(2)$ tengo,
$$A_n = \sum\limits_{a_k \in A} \mathrm{Res}_{z = a_k} \frac{f(z)}{z^{n+1}}$$
para evaluar el residuo estoy usando el hecho de que
$$\mathrm{Res}_{z = a} f(z) = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to a} \left(\frac{\partial}{\partial z}\right)^{m-1} ((z-a)^m f(z))$$
donde $a$ es el polo y el $m$ su orden correspondiente.

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$f(z)$ tiene polos en $z = 0$ orden $2$ $z=1$ orden uno (simple polo),

así que para la primera región, $|z| < 1$, sólo el de la pole en $z = 0$ necesita ser considerado en la suma.

Mi problema es que a la hora de resolver para obtener una función de $A_n$ sin el Residual, el límite viene a $\dfrac{n+1}{0} = \infty$

¿Alguien puede decirme si mi método es malo? o si he fallado a diferenciar correctamente

(Pido disculpas por cómo la cuestión está formateada, soy nuevo en esto)

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Aquí está mi trabajo para conseguir $A_n$
(INCORRECTO, corregido a continuación)

$$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{\partial}{\partial z} z^2 \frac{1}{z^{n+3}(1-z)}$$ por lo tanto $$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{\partial}{\partial z} \frac{1}{z^{n+1}(1-z)}$$ por la regla del cociente $$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{(z^{n+1}(1-z)(0) - (1)((n+1)z^n - (n+2)z^{n+1}))}{(z^{n+1}(1-z))^2}$$ .. $$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{z^n((n+1) - (n+2))z)}{z^{2n+2}(1-z)^2}$$ la cancelación de $$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{(n+1) - (n+2)z}{z^{n+2}(1-z)^2}$$ la aplicación de límite de $$A_n = \lim_{z \to 0} \frac{n+1}{(0)(1)^2} = \infty$$

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Respuesta Correcta
Para $|z| < 1$, a = 0, m = n+3 $$A_n = \frac{1}{((n+3) - 1)!} \lim_{z \to 0} (\frac{\partial}{\partial z})^{n+3 - 1} z^{n+3} \frac{1}{z^{n+3}(1-z)}$$ .. $$A_n = \frac{1}{(n+2)!} \lim_{z \to 0} (\frac{\partial}{\partial z})^{n+2} \frac{1}{(1-z)}$$ .. $$A_n = \frac{1}{(n+2)!} \lim_{z \to 0} \frac{(n+2)!}{(1-z)^{n+1}}$$ aplicar el límite $$A_n = \frac{(n+2)!}{(n+2)!} = 1$$ Que es como se espera debido a la serie geométrica de la solución, $n \ge -2$ es una condición para la función factorial
Por lo tanto subbing en $$\tag{1}f(z) = \sum\limits_{n= -\infty}^\infty A_nz^n$$ da $$f(z) = \sum\limits_{n= -2}^\infty A_nz^n, |z| < 1$$ GRACIAS

Answer 1

El problema es que aunque $f$ tiene un polo doble en $z=0$ $f(z)/z^{n+1}$ tiene un poste u orden $n+3$ y es el residuo de lo que es relevante, no el residuo de $f$ sí mismo.