Singolarità di una funzione complessa

[dlbp]

Ciao a tutti.....Sto studiando la funzione $z/(e^z-1)$
In $z=0$ c'è una singolarità eliminabile mentre in $z=2kpij$ il libro dice che è un polo semplice...ma non ho capito come ci è arrivato anche dopo aver verificato (senza riuscirci) con la definizione di polo(cioè a é un polo di ordine n se il limite per z che tende ad a di $f(z) (z-a)^n$ è finito e diverso da zero...potete aiutarmi?
Grazie mille

[AMs]

Sei sulla strada giusta!

Il limite da risolvere è:

$lim_{z->j2\pik} z/(e^z-1)(z-j2\pik)

prova facendo una sostituzione $w=(z-j2\pik)$ cosa salta fuori

[dlbp]

Non riesco a farlo questo limite...mi potresti dare una mano??
Grazie mille

[AMs]

allora se tu fai la sostituzione detta, il limite diventa:

$lim_{w->0} (w+j2\pik)*w/(e^w-1)=j2\pik*1=j2\pik$

torna?

[dlbp]

sisi....tutto torna....Grazie mille...

[AMs]

di nulla, figurati!

[gugo82]

Ma si poteva procedere anche così.

Il numeratore ha un unico zero d'ordine uno in \( \displaystyle 0 \) , mentre il denominatore si annulla in tutti i punti del tipo \( \displaystyle 2k\pi \jmath \) , con \( \displaystyle k\in \mathbb{Z} \) , che sono zeri d'ordine uno (difatti \( \displaystyle (e^z-1)^\prime \big|_{z=2k\pi \jmath} = e^z\big|_{z=2k\pi\jmath} =1\neq 0 \) ); conseguentemente la funzione assegnata presenta una singolarità eliminabile in \( \displaystyle 0 \) (perchè l'ordine di \( \displaystyle 0 \) come zero del denominatore è totalmente compensato dall'ordine di \( \displaystyle 0 \) come zero del numeratore) e poli semplici nei punti \( \displaystyle 2k\pi \jmath \) con \( \displaystyle k\neq 0 \) (perchè il loro ordine come zeri del denominatore non è compensato da alcunché, visto che tali punti non annullano il numeratore).

[AMs]

Ma si poteva procedere anche così.

... che sono zeri d'ordine uno (difatti \( \displaystyle (e^z-1)^\prime \big|_{z=2k\pi \jmath} = e^z\big|_{z=2k\pi\jmath} =1\neq 0 \) );

giusto!! E' un trucchetto che non mi ricordavo più! Ha ragione gugu82! Metodo molto più sbrigativo!