Cómo evaluar los residuos de $\cot z/z^4$ en $z=0$ ? Como sabemos : $$f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2/2+...$$ pero $\cot(0)\to\infty$ o es indefinido? Ya lo sé: $$\tan x=x+x^3/3+2x^5/15+...$$
La función tiene un polo de orden $5$ a cero, por lo que no se define allí.
Siguiendo la pista de @PedroTamaroff y usando eso $\lim_{z\to 0}\frac{\sin z}{z} = 1$ : $$ \frac{\cot z}{z^4} = \frac{\cos z}{z^4\sin z}= \frac{z\cos z}{\sin z}\frac{1}{z^5} $$ Obsérvese que la primera fracción es holomorfa en una vecindad de $0$ . Usa el teorema de Cauchy para terminar.
Bueno,
\begin{align}\cot z = \frac{\cos z}{\sin z} &= \frac{1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} + O(z^6)}{z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} + O(z^7)}\\ & = \frac{1}{z}\cdot \left(1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} + O(z^6)\right)\cdot \left(1 + \frac{z^2}{3!} - \frac{z^4}{5!} +\frac{z^4}{3!3!}+ O(z^6)\right)\\ &= \frac{1}{z}\cdot \left(1 + \left(-\frac{1}{2!} + \frac{1}{3!}\right)z^2 + \left(-\frac{1}{2!3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{3!3!}\right)z^4 + O(z^6)\right).\end{align}
Por lo tanto, el coeficiente de $\frac{1}{z}$ en la expansión de Laurent de $\frac{\cot(z)}{z^4}$ es
$$-\frac{1}{2!3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{3!3!} = -\frac{1}{45}.$$
Por lo tanto, $$\text{Res}_{z = 0}\frac{\cot(z)}{z^4} = -\frac{1}{45}.$$
Me refiero a cómo se deduce que el coeficiente de la $1/z$ El término es $-1/45$ ? ¿Como se dice arriba en la respuesta?
$$\frac{\cos z}{z^4\sin z}$$
$$\newcommand{\f}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{\r}[1]{\frac{1}{#1}} \newcommand{\array}[2]{\begin{array}{#1}#2\end{array}} \newcommand{\b}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\s}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\d}[0]{\ldots} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \array{r|lll}{ &&\r{z^5}&-\b{\r{3!}-\r{2!}}\r{z^3}&+\s{\b{\r{4!}-\r{5!}}+\r{3!}\b{\r{3!}-\r{2!}}}\r{z}&+\d\\\hline z^5-\f{z^7}{3!}+\f{z^9}{5!}+\d&&1&-\f{z^2}{2!}&+\f{z^4}{4!}&+\d\\ &&1&-\f{z^2}{3!}&+\f{z^4}{5!}&+\d\\\hline &&&\b{\r{3!}-\r{2!}}z^2&+\b{\r{4!}-\r{5!}}z^4&+\d\\ &&&\b{\r{3!}-\r{2!}}z^2&+\r{3!}\b{\r{3!}-\r{2!}}z^4&+\d\\\hline &&&&\s{\b{\r{4!}-\r{5!}}+\r{3!}\b{\r{3!}-\r{2!}}}z^4&+\d\\ &&&&\s{\b{\r{4!}-\r{5!}}+\r{3!}\b{\r{3!}-\r{2!}}}z^4&+\d\\\hline &&&&&+\d }\\ \begin{align} R&=\r{4!}\b{1-\r{5}}+\r{3!}\s{\r{2!}\b{\r{3}-1}}\\ &=\r{24}\b{\f45}+\r{12}\b{\f{-2}3}\\ &=\r{6}\b{\r{5}-\r{3}}\\ &=\f{-2}{6\times15}\\ &=-\r{45} \end{align}$$
@PedroTamaroff Lo he intentado pero no puedo hacer la división larga en látex, la parte de abajo la puedo escribir fácilmente, necesito ayuda, de todas formas haré lo posible para que sea legible.
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Sugerencia Desde $\cot z=\cos z/\sin z$ y como $\sin z$ tiene un cero simple en $0$ Sabemos que $z^{-4}\cot z$ tiene un polo de orden $5$ en $0$ . Hay una fórmula para evaluar los residuos en los polos. Lo que quieres es una serie de Laurent, no una serie de Taylor, y mirar el coeficiente de $z^{-1}$ .
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Otro enfoque es utilizar los números de Bernoulli, pero, por supuesto, esto es una forma de plantear la cuestión, en cierto sentido. Recordemos (?) que $$\cot z=\frac 1 z+\sum_{\nu\geqslant 0}(-1)^{\nu}\frac{2^{2\nu} B_{2\nu}}{(2\nu)!}z^{2\nu-1}$$ Se puede derivar de la más conocida $\frac{z}{e^z-1}=\sum_{\nu\geqslant 0}B_\nu\frac{z^{\nu}}{\nu!}$ .
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@PedroTamaroff no sé nada de números B ni estoy familiarizado con las dos fórmulas que has proporcionado; lo siento :(