Computar los términos impares de la serie de Taylor de $\frac{z}{e^z-1}$

Question

Sé que los términos son $0$ % extraño $n > 1$, pero no he tenido suerte probando esto. Les computación directamente verifica este pequeño $n$; la función también es analítica, por lo que he intentado tomar el % de integrales $$f^{(n)}(0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(t)\,\mathrm dt}{t^{n+1}},$$ pero no he encontrado una manera de mostrar que la respuesta es $0$ % impar $n$.

Answer 1

Este siga por la serie de interseccion, por ejemplo, dividiendo en pares e impares partes el poder de la serie para $\,e^{ix}$

$$\begin{align} f(x) \ &= \ \frac{f(x)+f(-x)}{2} \;+\; \frac{f(x)-f(-x)}{2} \\[6pt] \Rightarrow\quad e^{ix} \ &=\ \cos(x) \ +\ i \sin(x) \end{align}\qquad$$

Del mismo modo que uno puede realizar multisections en $\,n\,$ piezas con $\,n$'th raíces de la unidad - ver esta respuesta para algunos ejemplos y ver Riordan clásico libro de texto de la Combinatoria de las Identidades para muchas aplicaciones. Brevemente, con $ \,\zeta\ $ una primitiva $ \,n$'th raíz de la unidad, de la $ \,m$'th $ \,n$sección $ $ selecciona el $ \, m+k\,n\,$ indexado términos de una serie de $ \ f(x)\ =\ a_0 + a_1 x + a_2 x^2 +\,\cdots\ $ como sigue

$$\begin{align} &\ \ a_m x^m + a_{m+n}\ x^{m+n} + a_{m+2n} x^{m+2\,n}\ +\:\cdots\\[3pt] =\ & \frac{1}{n} \big(f(x) + f(x\zeta)\ \zeta^{-m} + f(x\zeta^{\,2})\ \zeta^{-2m} +\,\cdots +f(x\zeta^{\ n-1})\ \zeta^{\ (1-n)\,m}\big) \end{align}$$

Para una mayor discusión ver esta respuesta.

Answer 2

Cada función de $f(z)$ definido en, digamos, un centro simétrica abrir subconjunto de $\mathbb{C}$ tiene una única descomposición en pares e impares partes

$$f(z) = \frac{f(z) + f(-z)}{2} + \frac{f(z) - f(-z)}{2}.$$

Si $f$ tiene un desarrollo en serie de Taylor, a continuación, la parte es la suma de los términos y lo curioso del caso es la suma de los términos raros. Lo curioso de $\frac{z}{e^z - 1}$ está dado por

$$\frac{1}{2} \left( \frac{z}{e^z - 1} - \frac{-z}{e^{-z} - 1} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{z}{e^z - 1} - \frac{z e^z}{e^z - 1} \right) = - \frac{z}{2}$$

El punto aquí es que el $\frac{z}{e^z - 1}$ es "casi igual", y el cálculo de lo curioso del caso es precisamente un cálculo de lo mucho que la función es de ser incluso.

El cálculo anterior se generaliza a una descomposición de una serie de Taylor en los términos con exponentes congruente a $a \bmod n$ todos los $a$ y algunos $n$: es esencialmente la transformada de Fourier discreta.

Answer 3

SUGERENCIA:

$$\frac{z}{e^z-1} + \frac{z}{2} = \frac{z}{2}\, \coth{\frac{z}{2}}$$

producto de dos funciones impares