Comment trouver l'extension Laurent pour $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ à propos $z=0$?

Question

Je veux trouver l'extension Laurent pour $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ à propos $z=0$,

J'ai essayé d'appliquer cette formule $\frac{1}{1-\omega}=\sum_{n=0}^{\infty }\omega^{n}$ et la série habituelle de Taylor de la fonction exponentielle, mais je ne sais pas comment continuer:
$$\begin{align}f(z)&=\frac{1}{z-1}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\ &=-\frac{1}{1-z}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\&=-\left (\sum_{n=0}^{\infty }z^{n} \right )\left ( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )\end{align}$$Merci d'avance.
Ps: J'ai essayé d'appliquer un produit Cauchy, mais je pense que ce n'est pas approprié.
Edit 1: S'il est utile à la fin du texte, les auteurs disent que l'extension Laurent est:
$\sum_{k=-\infty }^{\infty }a_{k}z^{k}$ avec $a_{k}=-e$ si $k\geq 0$ et $a_{k}=-e+1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+...+\frac{1}{(j-1)!}$si $k=-2$ ou $k=-2j+1$ où $j=1,2,...$

Answer 1

Tout d'abord, nous pouvons écrire deux séries pour $\frac1{z-1}$ dans les deux régions $|z|<1$ et $|z|>1$ comme

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

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Deuxièmement, la série Laurent pour $e^{1/z^2}$ pour $0<|z|$ est donné par

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

où $a_n$ la séquence tel chapeau

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

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En mettant $(1)$ et $(2)$ ensemble révèle

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

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Pour $|z|>1$, la série Laurent de $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ peut être écrit

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

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Pour $0<|z|<1$, la série Laurent de $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ peut être écrit

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

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Answer 2

En commençant par votre $=-\left (\sum\limits_{m=0}^{\infty }z^{m} \right )\left ( \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )$ changer l'un des $n$ à $m$, vous pouvez dire le coefficient de $z^k$ est

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

Mais cela me semble faux: je ne pense pas $$\cdots -e z^{-5} -e z^{-4} -e z^{-3} -e z^{-2} -e z^{-1} -e z^{0}+ \\(1-e)z^1 +(1-e)z^2 +(2-e)z^3 +(2-e)z^4+\left(\frac52-e\right)z^5+\cdots$$ converge quand $|z| \le 1$.

Pendant ce temps, pour la même question posée ailleurs, une réponse suggérée était en vigueur$$z^{-1}+z^{-2}+2 z^{-3}+2 z^{-4}+\frac{5 }{2}z^{-5}+\frac{5}{2}z^{-6}+\cdots$$ mais je ne pense pas que cela converge non plus quand $|z|\le 1$