Capítulo 4 Desarrollos en Serie de Taylor y de Laurent.

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Capítulo 4
Desarrollos en 
Serie de Taylor 
y de Laurent.
El desarrol lo en serie de potencias, que 
comúnmente se restringe a potencias positivas en 
el campo real toma forma definitiva en el campo 
complejo y al mismo tiempo se generaliza a 
potencias negativas. Este capítulo trata sobre todas 
estas importantes cuestiones.
	 Esta primera sección sobre desarrollos en serie propiamente 
dichos trata específicamente sobre manipulación de funciones para 
obtener de la manera más inmediata y concreta el desarrollo en serie 
de funciones en cierto dominio. Es fundamental agarrar habilidad 
con este tipo de desarrollos para pasar a las aplicaciones de ellos, 
por ejemplo, al cálculo de ciertas integrales que no podemos 
calcular con los métodos de variable real.
Sección 1
CONTENIDO.
1. Serie de Taylor.
2. Serie de Laurent.
3. Desarrollo en serie en ∞.
4. Funciones enteras en C*.
Desarrollos en Serie de Taylor y de Laurent.
74
	 	 	 Problemas.
1) Hallar el desarrollo en serie de Taylor alrededor del 
punto z0 = 0 de la función f (z) =
1
z − 1
 indicando la 
región de convergencia del mismo y obtener a partir 
de dicho desarrollo el de la función g(z) = 1
(z − 1)2
 
indicando también su región de convergencia.
Solución.
	 Recordemos que ∀z ∈ C : |z | < 1 tenemos que
	 	 1 + z + z2 + z3 +… + zn +… = 1
1 − z
,		 (1)
igualdad que se llama serie geométrica. De aquí, es 
evidente que
	 f (z) = 1
z − 1
= − 1 − z − z2 − z3 −… − zn −…
si |z | < 1.
	 El lector podría argumentar que aquí no hemos 
desarrollado en serie de Taylor nada, pues no hemos 
escrito en ningún momento 
	 	 	 f (z) = 1
z − 1
=
∞
∑
n=0
f (n)(0)
n!
zn.
	 La razón es que en general, las funciones 
racionales de la forma p(z)
q(z)
 con p(z) y q(z) polinomios 
suelen desarrollarse en serie a través del uso de la 
serie geométrica recién citada. Pero, ¿porqué esto 
responde a la cuestión del ejercicio? Por el teorema de 
unicidad del desarrollo en serie de Taylor. 
	 Para resolver la cuestión de obtener el desarrollo 
de g(z) = 1
(z − 1)2
 alrededor de z0 = 0 notemos que 
g(z) = f′�(z). Luego, en base al teorema de derivación 
de series de Taylor tenemos que 
	 −1
(z − 1)2
= − 1 − 2z − 3z2 −… − nzn−1 −…	 (2)
75
si |z | < 1.
	 En ningún punto del borde de la región de 
convergencia, es decir, en ningún punto z : |z | = 1 es 
válido el desarrollo (1) ni el desarrrollo (2), pues allí los 
términos generales de la ser ies, zn y nzn−1 
respectivamente, no tienden a cero. 
	 Que el radio de convergencia de la serie de Taylor 
de f (z) = 1
z − 1
 alrededor de z0 = 0 es R = 1 es también 
una consecuencia del teorema que dice que el radio 
de convergencia de una serie de Taylor alrededor de z0 
de f (z) es precisamente la distancia que hay desde z0 
hasta la singularidad más cercana de f (z) al centro del 
desarrollo z0, siendo este radio infinito si no hay 
ninguna singularidad de f (z) en todo el plano 
complejo, es decir, si la función es entera. En nuestro 
caso, como z0 = 0 y la única singularidad de f (z) es 
z = 1 obtenemos, en base a lo recién citado, que el 
radio de convergencia del desarrollo (1) es 
precisamente R = 1. En la galería 4.1. vemos este 
dominio de convergencia típico de las series de Taylor.
76
El dominio de convergencia típico de una serie de Taylor es en general 
un círculo de la forma 0 < |z − z0 | < R. Algunas veces, en algunos 
puntos del borde también hay convergencia, pero esto no suele hacerse 
ni es de importancia para la teoría de las funciones analíticas.
Galería 4.1. Dominio de convergencia de la serie de Taylor 
alrededor de z0 = 0 de la función analítica en z0 = 0, 
f (z) = 1
z − 1
.
	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 □
2) Hallar exactamente la derivada de orden 10 en z0 = 0 
de la función f (z) = 1
(z + 2)(z − 1)
.
Solución.
	 Si desarrollamos en serie de Taylor alrededor de 
z0 = 0 a la función f (z) vemos que el coeficiente del 
término z10 en dicho desarrollo es a10 =
f (10)(0)
10!
. Luego 
la derivada de orden 10 pedida es 
	 	 	 	 f (10)(0) = a10.10!.	 	 	 	 (1)
	 Desarrollando en fracciones simples de función 
racional f (z) vemos que 
	 	 	 f (z) = −1/3
z + 2
+ 1/3
z − 1
de lo cual obtenemos, para ir posicionándonos para 
aplicar una serie geométrica que 
	 	 	 f (z) = −1/3
2(1 + ( z2 )
+ 1/3
z − 1
o lo que es lo mismo
	 	 	 f (z) = −1/6
1 + ( z2 )
− 1/3
1 − z
.
	 Aplicando entonces la serie geométrica a cada 
uno de estos sumandos obtenemos
	 	 f (z) = −1
6 (1 −
z
2
+ z
2
4
−…+ (−1)n z
n
2n
+…)
	 	 	 − 1
3
(1 + z + z2 + z3 +… + zn +…)
donde, puesto que el primer desarrollo es válido en 
z
2
< 1 y el segundo en |z | < 1, tenemos que ambos 
desarrollos son válidos en la región |z | < 1.
	 De aquí obtenemos que el coeficiente de z10 es 
este desarrollo es 
77
	 	 	 a10 =
−1
6
. 1
210
− 1
3
.1
o mejorando un poco la escritura 
	 	 	 a10 = −
1
3
.( 1211 + 1)
es decir 
	 	 	 	 a10 = −
2049
6144
y entonces por la igualdad (1)
	 	 	 	 f (10)(0) = − 2049
6144
.10!.
	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 □
Se puede ver una solución on-line aquí.
3) Hallar el desarrollo en serie de Laurent en potencias 
de z para la función f (z) = 3z − 1
z2 − 4z + 3
 de modo que sea 
convergente en el punto z0 = − 2.
Solución.
	 Las singularidades de f (z) son los puntos para los 
cuales 
	 	 	 	 z2 − 4z + 3 = 0
es decir, son los puntos z1 = 1 y z2 = 3.
	 Por eso tenemos tres posibles desarrollos de 
Laurent de f (z), a saber, los desarrollos en serie 
convergentes en los siguientes dominios :
	 	 	 D1 = {z ∈ C : 0 ≤ |z | < 1}
	 	 	 D2 = {z ∈ C : 1 < |z | < 3}
	 	 	 D3 = {z ∈ C : 3 < |z | <∞}.	
78
	 De esto sacamos que el que converge para 
z0 = − 2 es el desarrollo de Laurent en el dominio D2.
	 Obtengamos el desarrollo de f (z) = 3z − 1
z2 − 4z + 3
 en 
fracciones simples. El mismo es 
	 	 f (z) = 3z − 1
z2 − 4z + 3
= −1
z − 1
+ 4
z − 3
.
	 Si tomamos la fracción −1
z − 1
 vemos, sacando 
factor común z que la misma es (para z ≠ 0)
	 −1
z − 1
= −1
z(1 − 1z )
= −1
z (1 +
1
z
+ 1
z2
+…)
válido en 1
z
< 1, es decir, 1 < |z | .
	 Si tomamos la fracción simple 4
z − 3
 obtenemos, 
sacando factor común 3 que 
	 4
z − 3
= −4
3(1 − z3)
= −4
3 (1 +
z
3
+ z
2
32
+…)
válido en z
3
< 1, es decir, |z | < 3.
	 Luego la suma de esos desarrollos, que iguala 
precisamente a la función f (z) será convergente en la 
intersección de los dominios de convergencia del 
desarrollo de cada fracción simple, es decir será 
convergente en 
	 	 	 D2 = {z ∈ C : 1 < |z | < 3}
y dicho desarrollo es 
 f (z) = −1
z (1 +
1
z
+ 1
z2
+…) + −43 (1 +
z
3
+ z
2
32
+…)
o distribuyendo 
 	 f (z) = − 1
z
− 1
z2
− 1
z3
−… − 4
3
− 4z
32
− 4z
2
33
−…
en el dominio D2 = {z ∈ C : 1 < |z | < 3}.
79
	 Vemos este dominio en la galería 4.2. junto con 
los otros posibles dominios en los cuales se podría 
desarrollar f (z) en potencias de z.
	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 □
Se puede ver una solución on-line aquí.
4) Demostrar que una función holomorfa en todo el 
p lano complejo ampl iado C* es constante. 
(Compárese este ejercicio con el Teorema del 
Liouville).
Solución.
	 Recordemos que una función f (z) tiene una 
singularidad aislada en z =∞ si existe un R > 0 tal que 
la función f (z) es holomorfa en
	 	 	 D = {z ∈ C : |z | > R}.
	 Para una tal función, decimos que z =∞ tiene una 
singularidad evitable, polo de orden n o esencial si la 
función g(z) = f(1z ) tiene una singularidad evitable,80
De estos tres dominios debemos utilizar el naranja pues a dicho dominio 
pertenece el punto z0 = − 2
Galería 4.2. Los dominios en los que se puede desarrollar 
en serie de Laurent en potencias de z a la función 
f (z) = 3z − 1
z2 − 4z + 3
.
polo de orden n o esencial en z0 = 0 respectivamente. 
Por abuso de lenguaje decimos que f es holomorfa en 
z =∞ si g(z) = f(1z ) tiene una singularidad evitable en 
z0 = 0.
	 Supongamos entonces que f (z) es holomorfa en 
C*. En particular, f (z) es holomorfa en z0 = 0 luego, por 
el teorema de Taylor
	 	 	 f (z) =
∞
∑
n=0
anzn |z | <∞.
	 Ahora bien, es evidente de la definición dada al 
comienzo del ejercicio que z =∞ es una singularidad 
aislada de f (z) y entonces podemos considerar la 
función 
	 g(z) = f(1z ) =
∞
∑
n=0
an( 1z )
n 0 < |z | . 	 	 (1)
	 Luego, por la definición de función holomorfa 
recién dada en z =∞ tenemos que g(z) = f(1z ) debe 
tener una singularidad evitable en z0 = 0. Luego, 
observando (1) vemos que 
	 	 	 an = 0	 si 	 	 n ≥ 1.
	 Por lo tanto 
	 	 	 	 	 f (z) = a0
es decir, f es constante.
	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 □
Se puede ver una solución on-line aquí.
5) Hallar el desarrollo en serie de Laurent de la forma 
∞
∑
n=−∞
anzn de la función f (z) =
1
(4z + 1)(z − 2)
 de modo 
que ocurran ambas de las siguientes proposiciones
81
	 a) la serie 
∞
∑
n=−∞
(−1)nan sea convergente 
	 b) la serie 
∞
∑
n=−∞
(−1)nn2an sea convergente
y calcular la suma de estas dos series numéricas.
Solución.
	 a) Desarrollando la función f (z) = 1
(4z + 1)(z − 2)
 en 
fracciones simples obtenemos
	 	 f (z) = 1
(4z + 1)(z − 2)
= −4/9
4z + 1
+ 1/9
z − 2
y sacando factores comunes en el denominador para 
usar la serie geométrica obtenemos que esto último es 
igual a 
	 	 −4/9
4z + 1
+ 1/9
z − 2
= −4/9
4z(1 + 14z )
+ 1/9
−2(1 − z2 )
.
	 Entonces 
	 	
f (z) = −1
9z (1 −
1
4z
+ 1
(4z)2
− 1
(4z)3
+… + (−1)n 1
(4z)n
+…)
	 − 1
18(1 +
z
2
+ z
2
4
+… + z
n
2n
+…)
válido en 1
4z
< 1 ∩ z
2
< 1, es decir 
	 	 	 	 1
4
< |z | < 2
que es una inecuación satisfecha por el punto z0 = − 1. 
Luego la serie 
∞
∑
n=−∞
(−1)nan es convergente allí. Para 
hallar su suma sólo hace falta evaluar f (−1) pues en 
ese dominio la suma de la serie y el valor de la función 
coinciden. Un cálculo trivial produce f (−1) = 1
9
, es 
decir
	 	 	 
∞
∑
n=−∞
(−1)nan =
1
9
.
82
	 b) En los puntos interiores al dominio de 
convergencia en los cuales nuestra serie iguala al valor 
de la función, dominio al cual pertenece el punto 
z0 = − 1 se puede derivar término a término la serie y 
dicha serie suma en el punto z0 = − 1 precisamente 
f′�(−1). 
	 L u e g o , s i f (z) =
∞
∑
n=−∞
anzn e n t o n c e s 
f′�(z) =
∞
∑
n=−∞
an . nzn−1. De esto obtenemos que 
	 	 	 f′�(−1) =
∞
∑
n=−∞
an . n(−1)n−1.
	 Evaluando obtenemos f′�(−1) = 15
81
= 5
27
 y 
multiplicando ambos miembros por −1 obtenemos
	 	 −f′�(−1) =
∞
∑
n=−∞
an . n(−1)n = −
5
27
.	 	 (1)
	 Derivando f′�(z) =
∞
∑
n=−∞
an . nzn−1 una vez más a 
ambos miembros obtenemos
	 	 	 f′�′�(z) =
∞
∑
n=−∞
an . n(n − 1)zn−2
y distribuyendo 
	 	 f′�′�(z) =
∞
∑
n=−∞
an . n2zn−2 −
∞
∑
n=−∞
an . nzn−2 .
	 De lo cual obtenemos evaluando en z0 = − 1 que
	 f′�′�(−1) =
∞
∑
n=−∞
an . n2(−1)n−2 −
∞
∑
n=−∞
an . n(−1)n−2
y multiplicando por (−1)2 = 1 llegamos a 
	 f′�′�(−1) =
∞
∑
n=−∞
an . n2(−1)n −
∞
∑
n=−∞
an . n(−1)n.
	 Como la segunda serie suma como indica la 
igualdad (1) − 5
27
 obtenemos que
83
	 	 f′�′�(−1) − 5
27
=
∞
∑
n=−∞
an . n2(−1)n	 
y calculando obtenemos que
	 	 	 	 f′�′�(−1) = 7
27
.
	 Esto produce finalmente el resultado
	 	 	
∞
∑
n=−∞
an . n2(−1)n =
7
27
− 5
27
= 2
27
.
	 	
	 	 	 	 	 	 	 	 	 	 	
	
	
	
	
	 	 	 	
84
	 En esta sección menos extensa analizamos porqué ciertas 
funciones no tienen desarrollo de Taylor o de Laurent alrededor de 
cierto punto e incidentalmente estudiaremos un poco más a fondo la 
función f (z) = z1/2 pues esta proporciona un ejemplo importante de lo 
antedicho.
Sección 2
CONTENIDO.
1. Puntos de ramificación.
2. Singularidades no aisladas.
Funciones sin desarrollo en Serie.
85
	 	 	 	 Problemas.
1) Determinar si la función f (z) = z admite desarrollo 
en serie de Laurent en potencias de z en una vecindad 
de z = 0. Justifique su respuesta.
Solución.
	 Haremos un estudio detallado del significado de 
la z que nos permitirá responder a la cuestión del 
ejercicio. 
	 La respuesta al ejercicio es muy simple : si la 
función f (z) = z admitiese un desarrollo de Laurent 
en un anillo de la forma 
	 	 	 	 	 0 < |z | < R
con R > 0 la función f (z) = z sería holomorfa en este 
anillo y por lo tanto continua allí. Pero como esta 
función es discontinua en todos los z pertenecientes al 
eje real positivo, vemos que no existe un desarrollo de 
Laurent en ningún anillo del tipo mencionado, pues 
todos estos anillos contienen puntos del eje real 
positivo. Esto lo vemos claramente en la galería 4.3.
86
Todo anillo de Laurent de la forma 0 < |z | < R contiene puntos del eje 
real positivo (punteado en la figura), donde la función z es discontinua.
Galería 4.3. No hay anillo de Laurent para f (z) = z.
	 Haremos ahora el estudio detallado al cual 
hicimos referencia en el primer párrafo de la solución 
de este ejercicio.
	 ¿Qué s i gn i fica exac tamen te f (z) = z ? 
Recordemos que dado un número complejo z = a + bi 
el conjunto z1/2 lo hemos definido como el conjunto 
que tiene a dos de los cuatro elementos siguientes :
	 	 z1/2 = ± |z | + a
2
± |z | − a
2
i
donde tomábamos aquellos con signos iguales o 
distintos en las raíces según sea b ≥ 0 o b < 0 
respectivamente. Esto define un conjunto y de ninguna 
manera una función. Para definir una función es 
preciso elegir un valor preciso de este conjunto para 
cada valor complejo de z. Demostraremos que es 
imposible elegir un sólo valor del conjunto z1/2 de tal 
forma de conseguir una función continua. Si queremos 
que la raíz del número real positivo (considerado 
como un complejo) coincida con la raíz real positiva 
usual de la variable real debemos elegir el signo de la 
primera raíz cuadrada como positivo. Luego, de 
acuerdo a la regla de los signos recién explicada para 
la elección de z1/2 debemos tener que 
	 	 z =
|z | + a
2 +
|z | − a
2 i si b ≥ 0
|z | + a
2 −
|z | − a
2 i si b < 0
pues fijado el signo de la primera raíz el segundo debe 
ser igual o distinto según sea b ≥ 0 ó b < 0. Esta 
definición es verdaderamente una función : devuelve 
un valor para cada valor “entrada” de z.
	 R e c o r d e m o s a h o r a q u e u n a f u n c i ó n 
f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es continua si y sólo si las partes 
real e imaginaria son funciones continuas. Analicemos 
la función v(x, y). Es evidente que como función de 
variable real “partida” esta función es discontinua 
salvo si z = (x, y) = 0. Esta función es concretamente 
87
	 	 v(x, y) =
|z | − x
2 i si y ≥ 0
− |z | − x2 i si y < 0
.
	 En la galería 4.4. vemos la discontinuidad de esta 
función claramente. No pierda el lector tiempo en 
probar que la función v(x, y) recién definida es 
discontinua en los puntos mencionados. Concéntrese 
en cambio en el gráfico de la misma. Esto es una clara 
prueba de que la función 
	 	 z =
|z | + x
2 +
|z | − x
2 i si y ≥ 0
|z | + x
2 −
|z | − x
2 i si y < 0
no es holomorfa pues su parte imaginaria es 
discontinua.Pero vayamos a un análisis de la función f (z) = z 
en coordenadas polares, lo cual permite una extensión 
del mismo a raíces de índice de cualquiera. Si el 
complejo z se introduce en la función f (z) = z en 
coordenadas polares, entonces un valor posible para 
w tal que w2 = z es 
88
La función v(x, y) en la parte verde es la gráfica de v si y ≥ 0 mientras 
que en la parte blanca lo es si y < 0.
Galería 4.4. Discontinuidad de v(x, y).
	 	 	 	 z = |z | eiθ2 		 	 	 (1)
donde la raíz cuadrada |z | es la raíz cuadrada 
positiva usada en la variable real. Aquí también 
tenemos para cada z del plano complejo un único 
valor si restringimos θ al dominio 0 ≤ θ < 2π.
	 Ahora bien, ¿define la igualdad (1) una función 
continua? No. Pues si escribimos el número complejo 
z = 4 en la forma polar z = 4ei0 tenemos aplicando la 
definición (1) que 
	 	 	 	 4 = |4 | e i02 = 2		 	 	 (2)
pero si tendemos a z = 4 en la forma polar lim
θ→2π
4eiθ
entonces 
	 	 lim
θ→2π
4eiθ = lim
θ→2π
2ei θ2 = 2eiπ = − 2	 	 (3)
es decir no coinciden (2) y (3). Luego la función 
z = |z | e iθ2 es discontinua en todos los puntos del 
eje real positivo. Es decir, la discontinuidad de la raíz 
cuadrada es intrínseca y no depende de la forma en la 
cual se la evalúe : binómica o polar.
	
	 	 	 	
89