Niveau Licence-pas de math

Series de Laurent

Posté par
cercus 13-11-18 à 21:10

Bonsoir, Etant actuellement sur les séries de Laurent, j'aimerais savoir si ce que j'ai fais est juste.

Voici l'enoncé :

Développer en série de Laurent et trouver les résidus :

a) $\frac{z}{1+z²}$ en z₀ = 1
b) $\frac{z²+2z+1}{z+1}$ en z₀ = -1
c) $\frac{z²+z+1}{z²-1}$ en z₀ = 1

a) $f(z) = \frac{z}{z²+1} = \frac{1}{2(z-i)} + \frac{1}{2(z+i)}$

$\frac{1}{2(z-i)}= \frac{1}{2(z-i+1-1)} = \frac{1}{2[(z-1)-(i-1)]} = \frac{1}{2(i-1)(\frac{z-1}{i-1}-1)} = \frac{-1}{2(i-1)}*\frac{1}{1-\frac{z-1}{i-1}} = \frac{-1}{2(i-1)} * \sum_{n=0}^{oo}{(\frac{(z-1)^n}{(i-1)^n})}$

$\frac{1}{2(z-i)} = -\frac{1}{2}*\sum_{n=0}^{oo}{\frac{(z-1)^n}{(i-1)^{n+1}}}$

De la même manière, $\frac{1}{2(z+i)} = \frac{1}{2}*\sum_{n=0}^{oo}[{(-1)^n * (\frac{z-1}{i+1})^n}]$

On a donc que $\frac{z}{1+z²} = -\frac{1}{2}*(\sum_{n=0}^{oo}{(z-1)^n[\frac{1}{(i-1)^{n+1}}-\frac{1}{(i+1)^{n+1}}*(-1)^n]}$

b) Je ne sais pas comment faire

c) $\frac{z²+z+1}{z²-1} = 1-\frac{1}{2(z+1)} + \frac{3}{2(z-1)}$

$\frac{z²+z+1}{z²-1} = 1-\frac{1}{2(z+1)} + \frac{3}{2(z-1)} = 1 + \frac{3}{2(z-1)}-\frac{1}{2(z+2-1)} = 1 + \frac{3}{2(z-1)}-\frac{1}{2[(z-1)+2]}= 1 + \frac{3}{2(z-1)}-\frac{1}{4(1+\frac{z-1}{2})}$ = $1 + \frac{3}{2(z-1)}-\frac{1}{4}*\sum_{n=0}^{oo}[{(-1)^n(\frac{z-1}{2})^n}] = 1 + \frac{3}{2(z-1)}-*\sum_{n=0}^{oo}[{(-1)^n(\frac{(z-1)^n}{2^{n+2}})}]$

On a donc C_-1 = 3/2 , C₀ = 1 et $C_{n} = \frac{(-1)^n}{2^{n+2}}$

Posté par re : Series de Laurent 13-11-18 à 21:25

Bonsoir cercus.
Honnêtement, c'est dommage que tu ne saches pas faire le b) ...

Posté par re : Series de Laurent 13-11-18 à 21:35

Comme z²+2z+1 est une identité remarquable, on a donc f(z) = (z+1)^2/(z+1) = z+1. Cela ne m'avance pas plus

Posté par re : Series de Laurent 13-11-18 à 21:50

Et ça, c'est ce que j'appelle être développé en série de Laurent avec résidu nul.
Ta fonction est en fait holomorphe sur $\C$ avec une fausse singularité en -1.