La serie Laurent de $f(z)=\text{cosec}(z)$ que es válido en $\frac{1}{2}$

Question

Estoy tratando de encontrar una serie Laurent para $f(z)=\text{cosec}(z)$ hasta el $z^3$ término sobre $z=0$ que es válido en $\frac{1}{2}$ .

Ahora $f$ tiene singularidades en $z=k\pi, \ \ k\in\mathbb{Z}$ . Así que si queremos una serie que sea válida en $\frac{1}{2}$ Creo que la región que nos interesa es $$0<|z|<\pi.$$

Para la serie de Laurent, he intentado utilizar la expansión de Taylor de $\sin(z)$ pero no sé cómo proceder.

A pista sería muy útil.

Answer 1

Desde $\sin(z)=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots,$ $0$ es un polo simple de $\csc$ . Además, $\csc$ es una función impar. Por lo tanto, alrededor de $0$ , $$\csc(z)=\frac{a_{-1}}z+a_1z+a_3z^3+\cdots=\frac{a_{-1}+a_1z^2+a_3z^4+\cdots}z.$$ Además, $\sin(z)\csc(z)=1$ lo que significa que $$\left(1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\cdots\right)\left(a_{-1}+a_1z^2+a_3z^4+\cdots\right)=1.$$ En particular, $a_{-1}=1$ , $-\frac{a_{-1}}{3!}+a_1=0$ y $a_3-\frac{a_1}{3!}+\frac{a_{-1}}{5!}=0$ lo que significa que $a_1=\frac16$ y que $a_3=\frac7{360}$ . Así que $$\csc(z)=\frac1z+\frac z6+\frac{7z}{360}+\cdots$$ Y, sí, converge a $\csc z$ siempre que $0<\lvert z\rvert<\pi$ .

Answer 2

Sugerencia :

Reescribir como $$\operatorname{cosec}z=\frac1{\sin z}=\frac1{z-\dfrac{z^3}6+\dfrac{z^5}{120}+o(z^5)}= \frac1z\,\frac1{1-\dfrac{z^2}6+\dfrac{z^4}{120}+o(z^4)}$$ y ampliar $\;\frac1{1-\tfrac{z^2}6+\tfrac{z^4}{120}+o(z^4)}$ por encargo $3$ por ejemplo, con una división de $1$ por $\;1-\frac{z^2}6+\frac{z^4}{120}$ por potencias crecientes hasta el orden 3.

Utilizando esta división, se obtiene una igualdad: $$1=\Bigl(1+\frac {z^2}6+\frac{7z^4}{360}\Bigr)\Bigl(1-\frac{z^2}6+\frac{z^4}{120}\Bigr)+ z^4 r(z), $$ para algún polinomio $r(z)$ para que $$\frac1{1-\tfrac{z^2}6+\tfrac{z^4}{120}+o(z^4)}=1+\frac {z^2}6+\frac{7z^4}{360}+o(z^4)$$ y dividiendo por $z$ obtenemos $$\operatorname{cosec}z=\frac1z+\frac {z}6+\frac{7z^3}{360}+o(z^3).$$