Mostrando que $\sec z = \frac1{\cos z} = 1+ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{E_{2k}}{(2k)!}z^{2k}$

Question

1. Demuestre que hay números complejos$E_2,E_4,E_6,\dotsc$ tales que$\sec z = \frac{1}{\cos z} = 1+ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{E_{2k}}{(2k)!}z^{2k}$ en un barrio de$0$.

2. ¿Cuál es el radio de convergencia?

3. Muestra esa: $E_{2n}-{2n\choose 2n-2} E_{2n-2} + {2n\choose 2n-4}E_{2n-4}+ \dotsb -(-1)^{n}{2n \choose 2}E_{2} + (-1)^{n} = 0$.

4. Compute$E_2, E_4$ y$E_6$.

¿Puedes mostrarme cómo resolver este problema? No puedo hacer ninguno de ellos. Gracias.

Editar: se han dado ideas para 1,2,4. Gracias. ¿Y el artículo 3?

Answer 1

Alrededor de 3, tenga en cuenta que $$ 1=\frac{1}{\cos z}\cdot\cos(z) =\left( 1+ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{E_{2k}}{(2k)!}z^{2k}\right)\cdot\left(\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!}z^{2k}\right). $$ Para cada una de las $n\geqslant1$, el coeficiente de $z^{2n}$ en el producto de estas dos series es $$ 0=\frac{(-1)^n}{(2n)!}+\sum\limits_{k=1}^n\frac{E_{2k}}{(2k)!}\frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}=\frac1{(2n)!}\left((-1)^n+\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{n-k}{2n\elegir 2k}E_{2k}\right). $$ El último paréntesis es la suma alternada de que usted está interesado en.