Diferencia entre revisiones de «Compleja:ej-cap3.3»

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<math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)}dz</math>
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Usando el teorema del residuo puesto que z=0 es una singularidad se tiene que :
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<math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi iRes\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)}</math>
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<math>\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=\sum_{_{k=0}}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{\left(2k+1\right)}=\dfrac{1}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{1}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{1}{z^{5}}+.....</math>
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y el coeficiente asociado a la potencia
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<math>{\displaystyle \dfrac{1}{z}=6}</math>
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<math>{\displaystyle Res\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=6}
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<math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi i}</math>
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Para la otra integral usamos
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<math>{\displaystyle z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=z^{3}\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{2k+1}=\dfrac{z^{3}}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{z^{3}}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{z^{3}}{z^{5}}+........}</math>
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luego el coeficiente asociado al potencial
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<math>{\displaystyle \dfrac{1}{z}=0}</math>
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<math>{\displaystyle Res\left(z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=0}</math>
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y asi
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<math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=0}</math>
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tambien se puede argumentar que
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<math>{\displaystyle z=0}
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es una singularidad reparable de
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<math>{\displaystyle z^{3}\sin\dfrac{1}{z}}</math>
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y holomorfa en
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<math>{\displaystyle \mid z\mid=6}</math>
  
 
6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de <math>{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}</math>
 
6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de <math>{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}</math>
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SOLUCION
 
SOLUCION
  
Tiene una singularidad: un polo de orden 2 en <math>{\displaystyle z=1}</math>.
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Tiene una singularidad en <math>{\displaystyle z=0}</math> , y un polo de orden 2.
  
pero como el <math>{\displaystyle lim_{z\longrightarrow0}}{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}=0</math> se trata de una singularidad evitable.
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Pero como el <math>{\displaystyle lim_{z\longrightarrow0}}{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}=0</math> se trata de una singularidad evitable.--[[Usuario:Emmanuel Lopez Ortiz|Emmanuel Lopez Ortiz]] 19:05 8 dic 2010 (UTC)
  
 
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4.- Encuentre la expansión de Laurent de la función <math>\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}</math> en los anillos <math>0<|z|<1</math> y <math>1<|z|<3</math>.
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Resolviendo en fracciones parciales la función
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<math>\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{a}{z}+\frac{b}{z-1}+\frac{c}{z-3}</math>
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<math>6=a\left(z-1\right)\left(z-3\right)+b\left(z\right)\left(z-3\right)+c\left(z\right)\left(z-1\right)</math>
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Evaluamos para <math>z=0</math>
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y encuentro que <math>6=3a\,,a=2 </math>
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con <math>z=1 </math>
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<math>6=-2b,\, b=-3</math>
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con <math>z=3 </math>
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<math>6=6c,\, c=1 </math>
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Ahora escribimos nuestra función como:
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<math>\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{2}{z}-\frac{3}{z-1}+\frac{1}{z-3}</math>
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La función tiene tres singularidades que son en, <math>z=0,z=1,z=3</math>
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Para <math>|z|>0</math>
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<math>\frac{2}{z}=2\left(\frac{1}{z}\right)=2\left(1-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{z^{3}}+.....\right)</math>
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Para <math>|z|<1</math>
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<math>\frac{3}{z-1}=\frac{3}{1-\frac{1}{z}}=3\left(-1+\frac{1}{z}-\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}-........\right)</math>
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Para <math>|z|>3</math>
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<math>\frac{1}{z-3}=\frac{1}{1-\frac{3}{z}}=\frac{1}{z}\left(-1+\frac{3}{z}-\frac{9}{z^{2}}+\frac{27}{z^{3}}-...\right)</math>
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--[[Usuario:Federico Espinoza Sosa|Federico Espinoza Sosa]] 07:27 9 dic 2010 (UTC)
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10. Demuestre de dos maneras que la funcion <math>\frac{cosz}{z^{2}}</math> tiene un polo doble en el origen, ¿cual es el residuo?.
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Sea <math>f(z)=\frac{cosz}{z^{2}}</math>
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vemos que tiene un polo doble de orden 2 en el origen. Esto se debe ya que <math>z^{2}</math> tiene en ese punto, en cero (en el origen)un polo de orden 2 por lo que <math>cos(0)=1</math>. Esto se obtiene calculando el limite.
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<math>\underset{z\rightarrow0}{lim}(\frac{cosz}{z^{2}})z^{2}=\underset{z\rightarrow0}{lim}(cosz)=1</math> esto es en el origen.
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Otra manera de probar este hecho es aplicando la serie de Laurent entonces:
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<math>f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\frac{f''(a)}{2!}(z-a)^{2}+\frac{f'''(a)}{3!}(z-a)^{3}+\frac{f^{IV}(a)}{4!}(z-a)^{4}+....</math>
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Sacando las respectivas derivadas tenemos:
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<math>f\prime\left(z\right)=-\sin\left(z\right)</math>, <math>f\prime\prime\left(z\right)=-\cos\left(z\right)</math>, <math>f\prime\prime\prime\left(z\right)=\sin\left(z\right)</math>, <math>f\prime\prime\prime\prime\left(z\right)=\cos\left(z\right),....</math>
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igualandolo en el origen que es en <math>z=0</math> nos da:
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<math>f\left(0\right)=1</math>, <math>f\prime\left(0\right)=0</math>, <math>f\prime\prime\left(0\right)=-1</math>, <math>f\prime\prime\prime\left(0\right)=0</math>, <math>f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,....</math>
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Lo que optenemos es
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<math>\frac{\cos z}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{4}}{4!}+....\right)</math>
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<math>=\left(\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{z^{2}}{4!}\right)</math>
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y notamos que el residuo es:
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<math>=-\frac{1}{2}</math>
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--[[Usuario:Antonio de Jesus Jimenez Lopez|Antonio de Jesus Jimenez Lopez]] 07:27 9 dic 2010 (UTC)
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2. Encuentre el residuo de la funcion <math>\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}</math> en el origen.
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Sabemos que tiene un polo de orden 4 en el origen en <math>z=0</math>
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aplicando limites obtenemos:
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<math>\underset{z\rightarrow0}{lim}\left(\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}\right)z^{4}=e^{0}-1=1-1=0</math>
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Para calculas el residuo aplicamos la expancion de Laurent:
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<math>f\left(z\right)=f\prime\left(a\right)\left(z-a\right)+\frac{f\prime\prime\left(a\right)}{2!}\left(z-a\right)^{2}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{3!}\left(z-a\right)^{3}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{4!}\left(z-a\right)^{4}+....</math>
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sacando derivadas tenemos
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<math>f\left(0\right)=0</math>, <math>f\prime\left(0\right)=1</math>, <math>f\prime\prime\left(0\right)=-1</math>, <math>f\prime\prime\prime\left(0\right)=1</math>, <math>f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,...</math>
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Aplicando la serie de Laurent tenemos:
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<math>\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}=\frac{1}{z^{4}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}\right)</math>
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<math>=\left(\frac{1}{z^{4}}-\frac{1}{2z^{2}}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{4!}\right)</math>
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Entonces tenemos el residuo.
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<math>=\frac{1}{3}</math>
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--[[Usuario:Antonio de Jesus Jimenez Lopez|Antonio de Jesus Jimenez Lopez]]
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[[Compleja:ej-cap1.1]]
 
[[Compleja:ej-cap1.1]]
 
[[Compleja:ej-cap1.2]]
 
[[Compleja:ej-cap1.2]]
[[Compleja:ej-cap1.3]]
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[[Compleja:ej-cap1.3]
 
[[Compleja:ej-cap1.4]]
 
[[Compleja:ej-cap1.4]]
  

Revisión actual - 10:29 14 dic 2010

p.183

5. \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)}dz\) Usando el teorema del residuo puesto que z=0 es una singularidad se tiene que \[{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi iRes\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)}\]


\(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=\sum_{_{k=0}}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{\left(2k+1\right)}=\dfrac{1}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{1}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{1}{z^{5}}+.....\)

y el coeficiente asociado a la potencia \({\displaystyle \dfrac{1}{z}=6}\)


\({\displaystyle Res\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=6} \) \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi i}\) Para la otra integral usamos

\({\displaystyle z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=z^{3}\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{2k+1}=\dfrac{z^{3}}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{z^{3}}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{z^{3}}{z^{5}}+........}\) luego el coeficiente asociado al potencial

\({\displaystyle \dfrac{1}{z}=0}\)

\({\displaystyle Res\left(z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=0}\) y asi \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=0}\) tambien se puede argumentar que \({\displaystyle z=0} \) es una singularidad reparable de

\({\displaystyle z^{3}\sin\dfrac{1}{z}}\) y holomorfa en \({\displaystyle \mid z\mid=6}\)

6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de \({\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}\)

SOLUCION

Tiene una singularidad en \({\displaystyle z=0}\) , y un polo de orden 2.

Pero como el \({\displaystyle lim_{z\longrightarrow0}}{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}=0\) se trata de una singularidad evitable.--Emmanuel Lopez Ortiz 19:05 8 dic 2010 (UTC)

mfg-wiki 15:01 30 nov 2010 (UTC)


4.- Encuentre la expansión de Laurent de la función \(\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}\) en los anillos \(0<|z|<1\) y \(1<|z|<3\).

Resolviendo en fracciones parciales la función \(\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{a}{z}+\frac{b}{z-1}+\frac{c}{z-3}\)

\(6=a\left(z-1\right)\left(z-3\right)+b\left(z\right)\left(z-3\right)+c\left(z\right)\left(z-1\right)\)

Evaluamos para \(z=0\)

y encuentro que \(6=3a\,,a=2 \)

con \(z=1 \)

\(6=-2b,\, b=-3\)

con \(z=3 \)

\(6=6c,\, c=1 \)

Ahora escribimos nuestra función como\[\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{2}{z}-\frac{3}{z-1}+\frac{1}{z-3}\]

La función tiene tres singularidades que son en, \(z=0,z=1,z=3\)

Para \(|z|>0\)

\(\frac{2}{z}=2\left(\frac{1}{z}\right)=2\left(1-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{z^{3}}+.....\right)\)

Para \(|z|<1\)

\(\frac{3}{z-1}=\frac{3}{1-\frac{1}{z}}=3\left(-1+\frac{1}{z}-\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}-........\right)\)

Para \(|z|>3\)

\(\frac{1}{z-3}=\frac{1}{1-\frac{3}{z}}=\frac{1}{z}\left(-1+\frac{3}{z}-\frac{9}{z^{2}}+\frac{27}{z^{3}}-...\right)\)

--Federico Espinoza Sosa 07:27 9 dic 2010 (UTC)


10. Demuestre de dos maneras que la funcion \(\frac{cosz}{z^{2}}\) tiene un polo doble en el origen, ¿cual es el residuo?.

Sea \(f(z)=\frac{cosz}{z^{2}}\)

vemos que tiene un polo doble de orden 2 en el origen. Esto se debe ya que \(z^{2}\) tiene en ese punto, en cero (en el origen)un polo de orden 2 por lo que \(cos(0)=1\). Esto se obtiene calculando el limite.

\(\underset{z\rightarrow0}{lim}(\frac{cosz}{z^{2}})z^{2}=\underset{z\rightarrow0}{lim}(cosz)=1\) esto es en el origen.

Otra manera de probar este hecho es aplicando la serie de Laurent entonces\[f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\frac{f''(a)}{2!}(z-a)^{2}+\frac{f'''(a)}{3!}(z-a)^{3}+\frac{f^{IV}(a)}{4!}(z-a)^{4}+....\]

Sacando las respectivas derivadas tenemos\[f\prime\left(z\right)=-\sin\left(z\right)\], \(f\prime\prime\left(z\right)=-\cos\left(z\right)\), \(f\prime\prime\prime\left(z\right)=\sin\left(z\right)\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(z\right)=\cos\left(z\right),....\)

igualandolo en el origen que es en \(z=0\) nos da\[f\left(0\right)=1\], \(f\prime\left(0\right)=0\), \(f\prime\prime\left(0\right)=-1\), \(f\prime\prime\prime\left(0\right)=0\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,....\)

Lo que optenemos es

\(\frac{\cos z}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{4}}{4!}+....\right)\)

\(=\left(\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{z^{2}}{4!}\right)\)

y notamos que el residuo es\[=-\frac{1}{2}\]

--Antonio de Jesus Jimenez Lopez 07:27 9 dic 2010 (UTC)

2. Encuentre el residuo de la funcion \(\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}\) en el origen.

Sabemos que tiene un polo de orden 4 en el origen en \(z=0\)

aplicando limites obtenemos\[\underset{z\rightarrow0}{lim}\left(\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}\right)z^{4}=e^{0}-1=1-1=0\]

Para calculas el residuo aplicamos la expancion de Laurent\[f\left(z\right)=f\prime\left(a\right)\left(z-a\right)+\frac{f\prime\prime\left(a\right)}{2!}\left(z-a\right)^{2}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{3!}\left(z-a\right)^{3}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{4!}\left(z-a\right)^{4}+....\]

sacando derivadas tenemos

\(f\left(0\right)=0\), \(f\prime\left(0\right)=1\), \(f\prime\prime\left(0\right)=-1\), \(f\prime\prime\prime\left(0\right)=1\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,...\)

Aplicando la serie de Laurent tenemos\[\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}=\frac{1}{z^{4}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}\right)\]

\(=\left(\frac{1}{z^{4}}-\frac{1}{2z^{2}}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{4!}\right)\)

Entonces tenemos el residuo.

\(=\frac{1}{3}\)

--Antonio de Jesus Jimenez Lopez



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