¿Cómo puedo encontrar la serie de expansión de la función de meromorphic $\frac{1}{e^z+1}$?

Question

en la física teórica libro, el autor hace la siguiente aseveración:

$$\frac{1}{e^z + 1} = \frac{1}{2} + \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(2n+1) i\pi - z}$$ y justifica esta como

Estas series pueden ser derivadas a partir de un teorema que establece que cualquier función de meromorphic puede ser ampliado como una sumatoria sobre sus polos y residuos en los polos

¿Cuál es el nombre de ese teorema? No es realmente una Laurent de la serie, ya que el de la serie de Laurent es para una expansión en torno a un punto solo. Puedo ver que los polos se producen cuando $z = (2n+1)i\pi$$n \in \mathbb{N}$, pero entonces ¿de dónde constante$1/2$?

EDIT: Bueno, parece que la reclamación no es válida, así que ahora yo estaría interesado en una justificación para la expansión en mi caso en particular...

Answer 1

Mittag-Leffler teorema garantiza la existencia de una función de meromorphic $g(z)$ cuyos polos y partes principales están dadas por los valores especificados. Entonces, si $f(z)$ es una función de meromorphic, a continuación, $f(z) - g(z)$ es holomorphic, y permanece para calcular esta diferencia. En la práctica, esto es, probablemente, no trivial, debido a que $g(z)$ no está unívocamente determinado, pero para las funciones con buen polos y partes principales, esto es posible.

Tal posibilidad se aplica en su caso con $f(z) = 1/(e^z + 1)$. Podemos justificar la fórmula que dio en su pregunta por el uso de un enfoque basado en una discusión entre yo y uno de mis amigos, así que yo no reclamar el crédito por estas ideas.

Con el fin de manejar adecuadamente la convergencia de la suma infinita, debemos primero symmetrize la infinita cantidad que usted dio, así que en lugar de dejar que $$ g(z) = \sum_{k > 0 \text{, odd}} \left( \frac{1}{k i \pi - z} - \frac{1}{k i \pi + z} \right) = -\sum_{k > 0 \text{, odd}} \frac{2z}{z^2 + k^2 \pi^2}$$

Podemos comprobar que el $g(z)$ es una función de meromorphic cuyos polos y partes principales que coincida con la de $f(z) = 1/(e^z + 1)$, por lo que se deduce que el $f(z)- g(z)$ es todo. Sigue para calcular esta diferencia. En primer lugar, observe que tanto $f(z)$ $g(z)$ $2 \pi i$ periódico. Así que para comprobar el crecimiento de la $f(z), g(z)$, sólo tenemos que comprobar el comportamiento como $\mathrm{Re}(z) \rightarrow \pm \infty$. Observe que $f(z) \rightarrow 1,0$$\mathrm{Re}(z) \rightarrow -\infty, +\infty$, respectivamente. Por lo tanto se deduce que el $f(z)$ es de hecho uniformemente acotada lejos de sus polos. Para comprobar $g(z)$, dividir la suma como $$ g(z) = \sum_{0<k<2|z|/\pi, \text{ odd}} + \sum_{k \ge 2|z|/\pi, \text{ odd}} \frac{-2z}{z^2 + k^2 \pi^2} = S_1(z) + S_2(z)$$ Ahora, observe que para $\mathrm{Re}(z)$ suficientemente grande, \begin{align} |S_1(z)| & = \left|\frac{-2}{z} \sum_{0<k<2|z|/\pi, \text{ odd}} \frac{1}{1 + k^2 \pi^2/z^2} \right| \le \frac{2}{|z|} \frac{2|z|}{\pi} = 4,\\ |S_2(z)| & = \left| \sum_{k \ge 2|z|/\pi, \text{ odd}} \frac{-2z}{z^2 + k^2 \pi^2} \right| \\ & \le \frac{8}{3} |z| \sum_{k \ge 2|z|/\pi, \text{ odd}} \frac{1}{ \pi^2 k^2} \\ & \le \frac{8}{3} |z| \int_{-1 + 2|z|/\pi}^{\infty} \frac{1}{\pi^2 s^2} \, ds \\ & \le \frac{8}{3} \frac{|z|}{-1 + 2|z|/\pi} \le C \end{align} para $C > 0$ una constante. Por lo tanto $g(z)$ también es uniformemente acotada lejos de sus polos. Entonces, se deduce que la diferencia de $f(z) - g(z)$ es uniformemente acotada, y el ser entero, entonces por Louiville del teorema debe ser constante. Ahora, se calcula que $$ f(0) - g(0) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2} $$ y, por tanto,$f(z) - g(z) \equiv 1/2$.

Answer 2

Tomado literalmente, el reclamo no es ciertamente verdadero. Meromorphic funciones no se determina únicamente por sus polos y residuos correspondientes. Tomemos, por ejemplo, $$ \frac{1}{z} \qquad\text{and}\qquad \frac{e^z}{z}, $$ que tienen los mismos polos y los mismos residuos.

Sin embargo, Mittag-Leffler teorema como lo señaló la Variable Aleatoria está relacionado.

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Por su ejemplo, usted puede comenzar a partir de una conocida serie de expansión de $\cot z$: $$\cot z = \lim_{N\to\infty} \sum_{n=-N}^N \frac{1}{z+n\pi} = \frac1z + \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{n^2\pi^2-z^2},$$ véase, por ejemplo, este de una derivación.

Vamos a interpretar su serie como una simétrica suma y reescribirlo sumando los términos pares: $$(\operatorname{term} 0 + \operatorname{term} -1) + (\operatorname{term} 1 + \operatorname{term} -2) + \cdots $$

Esto nos dará $$ \sum_{n=-N-1}^N \frac{1}{(2n+1)i\pi - z} = -i\sum_{n=0}^N \frac{2z}{(2n+1)^2\pi^2 + z^2}, $$ que es muy similar a la serie de $\cot z$, pero donde hemos tirado la mitad de los términos. Inspirado por esta observación, vamos a calcular $$ \cot z - \frac12\cuna \frac z2 = \frac1z + \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{n^2\pi^2-z^2} - \frac1{z} - \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{4n^2\pi^2-z^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{(2n+1)^2\pi^2-z^2}. $$ Por lo tanto $$ \cuna iz - \frac12\cuna \frac {iz}{2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{(2n+1)^2-(iz)^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{(2n+1)^2\pi^2+z^2}. $$ Por lo tanto, su suma es \begin{align} \frac12 -i\sum_{n=0}^\infty \frac{2z}{(2n+1)^2\pi^2 + z^2} &= \frac12+\frac i2\cot \frac {iz}{2} - i\cot iz \\ &= \frac{1}{e^z+1}. \end{align}

Answer 3

La fórmula que usted cita puede ser fácilmente obtenida a partir de la fórmula más general para el poste (o Mittag-Leffler) la expansión de una función de meromorphic $f$: $$ \tag 1 f(z) = f(0) + \sum_{n=1}^\infty \alpha_n \left( \frac{1}{z-z_n} + \frac{1}{z_n} \right), $$ donde

1. $f$ es una función de meromorphic con simple pol $z_n, \, n \in \mathbb{N}$, holomorphic en $z=0$,
2. $\alpha_n$ es el residuo de $f$ en el poste $z_n$,
3. $f$ es uniformemente acotada en cada círculo de $\mathcal C_n$ radio $R_n$ contiene todos los polos $z_k$$k \le n$, es decir, $$ \tag 2\exists A > 0 | \,\, \forall (n \in \mathbb{N}, z \in \mathcal C_n), \,\, |f(z)| \le A $$

La aplicación de (1) para el problema en cuestión

La definición de $$f(z) = \frac{1}{e^z+1},$$ vemos que $f$ sencilla pol $z_n = (2n+1)i \pi$$n \in \mathbb{Z}$, con residuo $\alpha_n = -1$ por cada $n \in \mathbb{N}$. La aplicación directa de (1), tomando nota de que $f(0)=1/2$, da $$ \frac{1}{e^z+1} = \frac{1}{2} - \sum_{n \in \mathbb{Z}} \left[ \frac{1}{z- i (2n+1) \pi} + \frac{1}{i(2n+1)\pi} \right].$$ La expansión dado en el OP de la siguiente manera a partir de la observación de que $$ \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(2n+1)\pi} = 0. $$

La prueba de (1)

Supongamos, sin pérdida de generalidad que los polos $z_n$ están ordenados, monótonamente, como en $$ 0 < |z_1| \le |z_2| \le \dots, $$ y corregir algunas $z_0 \in \mathbb{C}$ tal que $f$ es holomorphic en $z_0$.

Considere la integral $$ \tag 3 I_n(z_0) \equiv \oint_{\mathcal C_n} \frac{dz}{2\pi i} \frac{f(z)}{z-z_0}, $$ que la aplicación del teorema de los Residuos se convierte en $$ \tag 4 I_n(z_0) = f(z_0) + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha_k}{z_k-z_0}. $$ En particular, para $z_0=0$ hemos $$ \etiqueta 5 I_n(0) \equiv \oint_{\mathcal C_n} \frac{dz}{2\pi i} \frac{f(z)}{z} = f(0) + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha_k}{z_k}.$$ Tomando la diferencia entre (3) y (5) (en la forma integral) vemos que: $$ \tag 6 |I_n(z_0) - I_n(0) | \le \oint_{\mathcal C_n} \frac{|dz|}{2\pi} \left| \frac{z_0 f(z)}{(z-z_0) z} \right| \le \frac{Az_0}{R_n - |z_0|} \to 0, \text{when } n \to \infty.$$ Sin embargo, también sabemos que $$ \tag 7 I_n(z_0)-I_n(0) = f(z_0) - f(0) - \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{z_0-z_k} + \frac{1}{z_k} \right), $$ que tomando el límite de $n\to \infty$ da el resultado deseado (1).

Answer 4

Este parece ser algún tipo de aplicación del teorema de los Residuos: https://en.wikipedia.org/wiki/Residue_theorem. Aquí, dado $z_0$ a que $f$ es holomorphic, definir $$g(z) = \frac{f(z)}{z - z_0}.$$ Then $g$ has poles where $f$ does, and of the same residue, but also has one extra pole, at $z_0$, whose residue we can compute via Cauchy's integral theorem to be exactly $f(z_0)$. The residue at the pole $p$ can be computed by taking $$\lim_{z\rightarrow p} zg(z) = \frac{\mbox{Res}(f,p)}{p - z_0}.$$

Ahora, elegir un conjunto finito de los polacos y de su punto favorito $z_0$ y un contorno de $\gamma$ alrededor de ellos, de modo que la liquidación de los números de 1 (una caja grande va a hacer). La integración de todo el contorno van a dar, por el teorema de los residuos y de los cálculos anteriores:

$$f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\int_\gamma g(z) dz - \sum_{p \mbox{ inside } \gamma} \frac{Res(f,p)}{p - z_0}.$$

Ahora, el problema es a "a $\gamma$ ir hasta el infinito", para obtener una suma infinita. Como ya se señaló, hay algunos problemas con eso, así que más cuidado se necesitan estimaciones, y estos responden a la pregunta de "¿dónde constante que vienen de"? Lamentablemente no tengo tiempo para llevar a cabo estas ahora, pero voy a actualizar esta respuesta con los cálculos una vez que los tengo.