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Demostrando los coeficientes de Taylor de tanπz2 siguen lim.

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.

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trung hiếu lê Puntos 53

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.

0voto

P.K. Puntos 46

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)

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