Muestran que

Question

Voy a demostrar que $$\int_{|z|=1} \frac{e^z}{z^k} dz = \frac{2\pi i}{(k-1)!}$$ where $|z|=1$ is traversed counterclockwise and $k>0$.

Podemos parametrizar este camino como $\gamma(t)=e^{it}$$t\in [0,2\pi]$. Ahora ya sé que si $n\neq -1$, $\int_{\gamma} z^n dz = 0$ por Cauchy de la Integral Teorema (y $= 2\pi i$ si $n=-1$).

También sé que $e^z$ converge uniformemente en cualquier cerrada balón $\overline{D_r(0)}$. Por último, me han dicho que $$ \frac{e^z}{z^k} = z^{-k} + z^{1-k}+\frac{z^{2-k}}{2!} + \cdots$$ converges uniformly on any annulus $\{z\in\mathbb{C} \mid r\leq|z|\leq R\}$, where $0<r<R$.

Estoy supone el uso de todos estos elementos para calcular la integral, pero estoy teniendo un tiempo difícil poner todas las piezas juntas.

Answer 1

Fórmulas integrales de Cauchy:

$$\oint\limits{|z|=1}\frac{e^z}{z^k}=\left.\frac{2\pi i}{(k-1)!}\frac{d^{k-1}(e^z)}{dz^{k-1}}\right|{z=0}=\frac{2\pi i}{(k-1)!}$$

Answer 2

Hay una singularidad a$\dfrac{e^z}{z^k}$$z=0$. El residuo es el coeficiente de la $\dfrac1z$ plazo de Laurent de expansión: $$ \begin{align} \frac{e^z}{z^k} &=\frac1{z^k}\sum_{j=0}^\infty\frac{z^j}{j!}\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{z^{j-k}}{j!} \end{align} $$ $j-k=-1$ al $j=k-1$, por lo que el coeficiente de la $\dfrac1z$ plazo es $\dfrac1{(k-1)!}$ .

La integral a lo largo de un contorno de vueltas de una singularidad a la izquierda se presenta una contribución de $2\pi i$ veces el residuo de esa singularidad. Es decir, $$ \cualquier\frac{e^z}{z^k}\mathrm{d}z=2\pi i\frac1{(k-1)!} $$