Jak znaleźć rozszerzenie Laurent dla $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ o $z=0$?

Question

Chcę znaleźć rozszerzenie Laurent dla $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ o $z=0$,

Próbowałem zastosować tę formułę $\frac{1}{1-\omega}=\sum_{n=0}^{\infty }\omega^{n}$ i zwykły szereg Taylora funkcji wykładniczej, ale nie wiem, jak kontynuować:
$$\begin{align}f(z)&=\frac{1}{z-1}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\ &=-\frac{1}{1-z}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\&=-\left (\sum_{n=0}^{\infty }z^{n} \right )\left ( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )\end{align}$$Z góry dziękuję.
Ps: Próbowałem zastosować produkt Cauchy, ale myślę, że to nie jest właściwe.
Edycja 1: jeśli jest przydatna na końcu tekstu, autorzy twierdzą, że rozszerzenie Laurent to:
$\sum_{k=-\infty }^{\infty }a_{k}z^{k}$ z $a_{k}=-e$ gdyby $k\geq 0$ i $a_{k}=-e+1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+...+\frac{1}{(j-1)!}$gdyby $k=-2$ lub $k=-2j+1$ gdzie $j=1,2,...$

Answer 1

Najpierw możemy napisać dwie serie dla $\frac1{z-1}$ w obu regionach $|z|<1$ i $|z|>1$ tak jak

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

---

Po drugie, seria Laurenta dla $e^{1/z^2}$ dla $0<|z|$ jest dany przez

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

gdzie $a_n$ sekwencja taka kapelusz

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

---

Kładzenie $(1)$ i $(2)$ razem ujawnia

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

---

---

Dla $|z|>1$, seria Laurent $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ można pisać

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

---

---

Dla $0<|z|<1$, seria Laurent $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ można pisać

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

---

Answer 2

Począwszy od twojego $=-\left (\sum\limits_{m=0}^{\infty }z^{m} \right )\left ( \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )$ zmiana jednego z $n$ do $m$, możesz powiedzieć współczynnik $z^k$ jest

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

Ale wydaje mi się to źle: nie myślę $$\cdots -e z^{-5} -e z^{-4} -e z^{-3} -e z^{-2} -e z^{-1} -e z^{0}+ \\(1-e)z^1 +(1-e)z^2 +(2-e)z^3 +(2-e)z^4+\left(\frac52-e\right)z^5+\cdots$$ zbiega się, kiedy $|z| \le 1$.

W międzyczasie na to samo pytanie zadane gdzie indziej obowiązywała sugerowana odpowiedź$$z^{-1}+z^{-2}+2 z^{-3}+2 z^{-4}+\frac{5 }{2}z^{-5}+\frac{5}{2}z^{-6}+\cdots$$ ale nie sądzę, że to zbiega się również kiedy $|z|\le 1$