Ejercicios resueltos de series de Laurent

$f(z) = \frac{1}{z^2-4} = \frac{1}{(z-2)(z+2)}$

$\frac{1}{(z-2)(z+2)} = \frac{A}{z-2} + \frac{B}{z+2}$

$1 = A(z+2) + B(z-2)$

Para $z = 2$: $1 = 4A \Rightarrow A = \frac{1}{4}$

Para $z = -2$: $1 = -4B \Rightarrow B = -\frac{1}{4}$

$f(z) = \frac{1/4}{z-2} - \frac{1/4}{z+2} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{z-2} - \frac{1}{z+2}\right)$

Para $\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2-z} = -\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}}$:

$= -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^n = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}}$

Para $\frac{1}{z+2} = \frac{1}{2+z} = \frac{1}{2}\frac{1}{1+\frac{z}{2}}$:

$= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\left(\frac{z}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^n}{2^{n+1}}$

$f(z) = \frac{1}{4}\left[-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^n}{2^{n+1}}\right]$

$= -\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}}[1 + (-1)^n]$

$1 + (-1)^n = \begin{cases} 2 & \text{si } n \text{ es par} \\ 0 & \text{si } n \text{ es impar} \end{cases}$

Para $n = 2k$: $\frac{z^{2k}}{2^{2k+1}} \cdot 2 = \frac{z^{2k}}{4^k}$, luego

$f(z) = -\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2k}}{4^k}$

$= -\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{z^2}{4}\right)^k = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1-\frac{z^2}{4}} = -\frac{1}{4-z^2} = \frac{1}{z^2-4}$ $\checkmark$

La serie de Laurent válida para $|z| < 2$ es la siguiente. No tiene potencias negativas: es la serie de Taylor, porque $f$ es analítica en $|z| < 2$.

$f(z) = -\frac{1}{4} - \frac{z^2}{16} - \frac{z^4}{64} - \cdots = -\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2k}}{4^k}$

$\frac{z}{(z-1)^2(z+2)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{(z-1)^2} + \frac{C}{z+2}$

$z = A(z-1)(z+2) + B(z+2) + C(z-1)^2$

Para $z = 1$: $1 = B(3) \Rightarrow B = \frac{1}{3}$

Para $z = -2$: $-2 = C(-3)^2 = 9C \Rightarrow C = -\frac{2}{9}$

Para el coeficiente $A$, comparamos coeficientes de $z^2$:

$0 = A + C \Rightarrow A = -C = \frac{2}{9}$

$f(z) = \frac{2/9}{z-1} + \frac{1/3}{(z-1)^2} - \frac{2/9}{z+2}$

Sea $w = z - 1$, entonces $z = w + 1$ y $z + 2 = w + 3$.

$f(z) = \frac{2/9}{w} + \frac{1/3}{w^2} - \frac{2/9}{w+3}$

$\frac{1}{w+3} = \frac{1}{3}\frac{1}{1+\frac{w}{3}} = \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{w}{3}\right)^n$ para $|w| < 3$

$= \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n w^n}{3^n} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n w^n}{3^{n+1}}$

$f(z) = \frac{1/3}{(z-1)^2} + \frac{2/9}{z-1} - \frac{2}{9}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n (z-1)^n}{3^{n+1}}$

$= \frac{1/3}{(z-1)^2} + \frac{2/9}{z-1} - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2(-1)^n (z-1)^n}{9 \cdot 3^{n+1}}$

$= \frac{1}{3(z-1)^2} + \frac{2}{9(z-1)} - \frac{2}{27}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n (z-1)^n}{3^n}$

La serie converge en el anillo $0 < |z-1| < 3$.

$f(z) = \frac{1}{z(z-2)}$ tiene polos simples en $z = 0$ y $z = 2$.

$\frac{1}{z(z-2)} = \frac{A}{z} + \frac{B}{z-2}$

$1 = A(z-2) + Bz$

Para $z = 0$: $1 = -2A \Rightarrow A = -\frac{1}{2}$

Para $z = 2$: $1 = 2B \Rightarrow B = \frac{1}{2}$

$f(z) = -\frac{1}{2z} + \frac{1}{2(z-2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-2} - \frac{1}{z}\right)$

En esta región expandimos $\frac{1}{z-2}$:

$\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2-z} = -\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}} = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^n$

$f(z) = \frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^n - \frac{1}{z}\right]$

$= -\frac{1}{2z} - \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^n} = -\frac{1}{2z} - \frac{1}{4} - \frac{z}{8} - \frac{z^2}{16} - \cdots$

En esta región expandimos tanto $\frac{1}{z}$ como $\frac{1}{z-2}$:

$\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{2}{z}} = \frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2}{z}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^{n+1}}$

$f(z) = \frac{1}{2}\left[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^{n+1}} - \frac{1}{z}\right]$

$= \frac{1}{2}\left[\frac{1}{z} + \frac{2}{z^2} + \frac{4}{z^3} + \cdots - \frac{1}{z}\right]$

$= \frac{1}{2}\left[\frac{2}{z^2} + \frac{4}{z^3} + \frac{8}{z^4} + \cdots\right] = \frac{1}{z^2} + \frac{2}{z^3} + \frac{4}{z^4} + \cdots$

$= \sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^{n-2}}{z^n} = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{z^n \cdot 2^{2-n}}$

Sea $w = z - 2$, entonces $z = w + 2$:

$f(z) = \frac{1}{(w+2)w} = \frac{1}{2w}\frac{1}{1+\frac{w}{2}}$

$= \frac{1}{2w}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{w}{2}\right)^n = \frac{1}{2w}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n w^n}{2^n}$

$= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n w^{n-1}}{2^{n+1}} = \frac{1}{2w} - \frac{1}{4} + \frac{w}{8} - \frac{w^2}{16} + \cdots$

• Región $0 < |z| < 2$: $f(z) = -\frac{1}{2z} - \frac{1}{4} - \frac{z}{8} - \frac{z^2}{16} - \cdots$
• Región $|z| > 2$: $f(z) = \frac{1}{z^2} + \frac{2}{z^3} + \frac{4}{z^4} + \cdots$
• Región $0 < |z-2| < 2$: $f(z) = \frac{1}{2(z-2)} - \frac{1}{4} + \frac{z-2}{8} - \cdots$

$e^z = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots$

Por tanto: $e^z - 1 - z = \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots$

$f(z) = \frac{e^z - 1 - z}{z^3} = \frac{\frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots}{z^3}$

$= \frac{z^2}{z^3} \cdot \frac{1}{2!} + \frac{z^3}{z^3} \cdot \frac{1}{3!} + \frac{z^4}{z^3} \cdot \frac{1}{4!} + \cdots$

$= \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{z}{24} + \frac{z^2}{120} + \cdots$

$f(z) = \frac{1}{2z} + \frac{1}{6} + \frac{z}{24} + \frac{z^2}{120} + \frac{z^3}{720} + \cdots$

$= \frac{1}{2z} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{(n+3)!}$

La serie de Laurent tiene solo un término con potencia negativa: $\frac{1}{2z}$ (coeficiente $a_{-1} = \frac{1}{2}$).

Por tanto, $z = 0$ es un polo simple.

$\text{Res}(f, 0) = a_{-1} = \frac{1}{2}$

Alternativamente, podemos verificar:

$\lim_{z \to 0} z \cdot f(z) = \lim_{z \to 0} \frac{e^z - 1 - z}{z^2}$

Aplicando L'Hôpital dos veces:

$= \lim_{z \to 0} \frac{e^z - 1}{2z} = \lim_{z \to 0} \frac{e^z}{2} = \frac{1}{2}$

Como este límite existe y es finito (no cero), confirma que $z = 0$ es un polo simple con residuo $\frac{1}{2}$.