So finden Sie die Laurent-Erweiterung für $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ Über $z=0$?

Question

Ich möchte die Laurent-Erweiterung für finden $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ Über $z=0$,

Ich habe versucht, diese Formel anzuwenden $\frac{1}{1-\omega}=\sum_{n=0}^{\infty }\omega^{n}$ und die übliche Taylor-Reihe der Exponentialfunktion, aber ich weiß nicht, wie ich fortfahren soll:
$$\begin{align}f(z)&=\frac{1}{z-1}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\ &=-\frac{1}{1-z}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\&=-\left (\sum_{n=0}^{\infty }z^{n} \right )\left ( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )\end{align}$$Danke im Voraus.
Ps: Ich habe versucht, ein Cauchy-Produkt anzuwenden, aber ich denke, das ist nicht angemessen.
Edit 1: Wenn es am Ende des Textes nützlich ist, sagen die Autoren, dass die Laurent-Erweiterung lautet:
$\sum_{k=-\infty }^{\infty }a_{k}z^{k}$ mit $a_{k}=-e$ wenn $k\geq 0$ und $a_{k}=-e+1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+...+\frac{1}{(j-1)!}$wenn $k=-2$ oder $k=-2j+1$ wo $j=1,2,...$

Answer 1

Erstens können wir zwei Serien für schreiben $\frac1{z-1}$ in den beiden Regionen $|z|<1$ und $|z|>1$ wie

$$\frac1{z-1}=\begin{cases} -\sum_{n=0}^\infty z^n&,|z|<1\\\\ \sum_{n=1}^\infty z^{-n}&,|z|>1\tag1 \end{cases}$$

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Zweitens die Laurent-Serie für $e^{1/z^2}$ zum $0<|z|$ ist gegeben durch

$$e^{1/z^2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\tag2$$

wo $a_n$ die Reihenfolge solcher Hut

$$a_n=\begin{cases} 1&,n\,\text{even}\\\\ 0&,n\,\text{odd} \end{cases}$$

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Putten $(1)$ und $(2)$ zusammen offenbart

$$\frac{e^{1/z^2}}{z-1}= \begin{cases} -\sum_{m=0}^\infty z^m \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}&,0<|z|<1\tag3\\\\ \sum_{m=1}^\infty z^{-m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}&,1<|z| \end{cases} $$

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Zum $|z|>1$, die Laurent-Serie von $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ kann geschrieben werden

$$\begin{align} \frac{e^{1/z^2}}{z-1}&=\sum_{m=1}^\infty z^{-m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,\sum_{m=1}^\infty z^{-(n+m)}\\\\ &\overbrace{=}^{p=n+m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=n+1}^\infty\,z^{-p}\\\\ &=\sum_{p=1}^\infty\left(\sum_{n=0}^{p-1} \frac{a_n}{(n/2)!}\right)\,z^{-p} \end{align}$$

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Zum $0<|z|<1$, die Laurent-Serie von $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ kann geschrieben werden

$$\begin{align} \frac{e^{1/z^2}}{z-1}&=-\sum_{m=0}^\infty z^{m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\\\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{m=0}^\infty z^{m-n}\\\\ &\overbrace{=}^{p=m-n}-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=-n}^\infty z^{p}\\\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\left(\sum_{p=-n}^{0} z^{p}+\sum_{p=1}^\infty z^{p}\right)\\\\ &=-e \sum_{p=1}^\infty z^{p}-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=0}^{n} z^{-p}\\\\ &=-e \sum_{p=1}^\infty z^{p}-\sum_{p=0}^{\infty}\left(\sum_{n=p}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!} \right)z^{-p}\\\\ &=-e \sum_{p=0}^\infty z^{p}-\sum_{p=1}^{\infty}\left(\sum_{n=p}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!} \right)z^{-p} \end{align}$$

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Answer 2

Beginnend mit Ihrem $=-\left (\sum\limits_{m=0}^{\infty }z^{m} \right )\left ( \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )$ Ändern eines der $n$ zu $m$kann man den Koeffizienten von sagen $z^k$ ist

• $-\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac1{n!} =-e$ wann $k\le 0$
• $-\sum\limits_{n=k/2}^{\infty} \frac1{n!} =\sum\limits_{n=0}^{n=(k-2)/2} \frac1{n!}-e$ wann $k\gt 0$ und sogar
• $-\sum\limits_{n=(k+1)/2}^{\infty} \frac1{n!} =\sum\limits_{n=0}^{(k-1)/2} \frac1{n!}-e$ wann $k\gt 0$ und sogar

Aber das sieht für mich falsch aus: Ich denke nicht $$\cdots -e z^{-5} -e z^{-4} -e z^{-3} -e z^{-2} -e z^{-1} -e z^{0}+ \\(1-e)z^1 +(1-e)z^2 +(2-e)z^3 +(2-e)z^4+\left(\frac52-e\right)z^5+\cdots$$ konvergiert wann $|z| \le 1$.

In der Zwischenzeit war für dieselbe Frage, die an anderer Stelle gestellt wurde, eine vorgeschlagene Antwort in Kraft$$z^{-1}+z^{-2}+2 z^{-3}+2 z^{-4}+\frac{5 }{2}z^{-5}+\frac{5}{2}z^{-6}+\cdots$$ aber ich denke nicht, dass das auch konvergiert, wenn $|z|\le 1$