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
$$\tag{2}A_n = \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_\gamma \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz$$
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.
$f(z)$ 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)
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 $$ A_n = \lim_{z \to 0} \frac{n+1}{(0)(1)^2} = \infty $$
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
