Demostrando los coeficientes de Taylor de $\tan {\pi z \over 2}$ siguen $\lim \limits_{n\to\infty} a_{2n+1}={4\over\pi}$.

Question

Me encontré con la siguiente pregunta mientras estudiaba para un examen de análisis complejo:

Dada la serie de Taylor siguiente: $\tan {\pi z \over 2} = \sum \limits _{n=0}^{\infty} a_{2n+1} z ^ {2n+1}$

Demuestra que: $\lim \limits_{n\to\infty} a_{2n+1}={4\over\pi}$.

Intenté usar la fórmula integral de Cauchy para la $n^{th}$ derivada de $\tan {\pi z \over 2}$, pero no progresé mucho.

Si ayuda, esta es la tercera parte de la pregunta. Las otras dos son:

1. Encuentra todos los puntos singulares de $\tan {\pi z \over 2}$, clasifícalos y encuentra los residuos. (Hay singularidades en $\{1 + 2k; k \in \Bbb Z\}$, todas son polos simples con residuo $-{2\over\pi}$)

2. ¿Cuál es el radio de convergencia de la serie de Taylor: $\tan {\pi z \over 2} = \sum \limits _{n=0}^{\infty} a_{2n+1} z ^ {2n+1}$? (Es 1 porque $\tan {\pi z \over 2}$ tiene singularidades en -1, 1)

He estado luchando con esta pregunta durante varias horas, así que cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Nota que $$\mathrm{Res}(\tan(\frac{\pi z}{2}),1) = \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{-\frac{\pi}{2}\sin(\frac{\pi}{2})} = -\frac{2}{\pi} = \frac{\sin(-\frac{\pi}{2})}{-\frac{\pi}{2}\sin(-\frac{\pi}{2})} = \mathrm{Res}(\tan(\frac{\pi z}{2}),-1)$$ Esto implica que $f(z):=\tan(\frac{\pi z}{2})+\frac{2}{\pi(z-1)}+\frac{2}{\pi(z+1)}$ es holomorfa en $D_2(0)$. Observa que $$\frac{2}{\pi(z-1)}+\frac{2}{\pi(z+1)} = \frac{4z}{\pi(z^2-1)},$$ así que sabemos que para $z\in\Bbb D$ tenemos $$f(z)=\tan(\frac{\pi z}{2})-\frac{4z}{\pi(1-z^2)} = \sum_{n=0}^\infty a_{2n+1}z^{2n+1} - \frac{4z}{\pi}\sum_{n=0}^\infty z^{2n} = \sum_{n=0}^\infty \left(a_{2n+1}-\frac{4}{\pi}\right)z^{2n+1}.$$ Este es la serie de Taylor de $f$ en $\Bbb D$, pero dado que $f$ no tiene singularidades en $D_2(0)$ converge allí también, y en particular en $z=1$. Dado que los coeficientes de una serie convergente tienden a cero, hemos terminado.

Answer 2

La respuesta de Jonathan Y. es probablemente algo que estás buscando. Sin embargo, digamos que conocías la serie de Taylor alrededor del origen para la función tangente $$tan({\pi \over 2}z) = \sum^{\infty}_{i=0}{(-1)^{n+1} 2^{2n}(2^{2n}-1)B_{2n} \over (2n)!} ({\pi \over 2}z)^{2n-1}$$ Después de la sustitución del número de Bernoulli $$B_n = (-1)^{n+1}{2(2n)! \over (2\pi)^{2n}}\zeta(2n)$$ en un coeficiente n-ésimo se ve fácilmente $${4 \over \pi}{2^{2n}-1 \over 2^{2n}}\zeta(2n) \xrightarrow{n \to \infty} {4 \over \pi}$$

($\zeta$ es la función zeta de Riemann)