Demuestra que los ceros de f son polos de 1/f

Question

Dejemos que $f$ sea analítico en $z=z_0$ y tienen un cero de $n$ a la orden en $z=z_0$ . Entonces $1/f(z)$ tiene un polo de $n$ a la orden en $z=z_0$ .

Quiero demostrarlo, y para ello amplío $f(z)$ como una serie de potencias, \begin{align*} f(z) = \sum_{k=0}^\infty c_k (z-z_0)^k \end{align*} Como sabemos que $(z-z_0)$ es cero en $z=z_0$ todo el camino hasta el pedido $n$ es decir $(z-z_0)^k = 0$ todo el camino hasta $k=n$ (ya que se puede reescribir como $(z-z_0$ y por la definición de un cero $a_0=0$ tal que $f(z_0) = 0$ se deduce que \begin{align*} \frac{1}{f(z)} = \frac{1}{\sum_{k=0}^\infty c_k (z-z_0)^k}, \end{align*} tal que $1/f \rightarrow \infty$ sobre el mismo punto. ¿Es esta prueba lo suficientemente completa o me falta algo?

Answer 1

Sí, probablemente vas a patearte a ti mismo. Esa expansión no demuestra nada, por una sencilla razón:

Estás empezando con esto desde $k = 0$ pero deberían empezar por $k = n$ .

Hecho.

Además, una forma más fácil de escribir esto es $f(z) = (z - z_0)^n g(z)$ para alguna analítica $g$ con $g(z_0) \ne 0,$ y entonces querrás decir que $1/f(z) = (z - z_0)^{-n} h(z)$ para $h(z) = 1/g(z)$ también es analítica en esta vecindad con $h(z_0) \ne 0$ por lo que el término más bajo de la serie de Laurent es $h(z_0) / (z - z_0)^n,$ y el polo existe y es de orden $n$ .