Una escandalosa manera de obtener una Laurent de la serie: ¿por qué funciona esto?

Question

Tuve que calcular una expansión de la serie de $1/(e^{x}-1)$$x=0$, y en el curso de su derivación, hice un par de manipulaciones que no están permitidos matemáticamente. Aún así, comparando el resultado final en contra de Arce mostró que era lo correcto.

La siguiente es lo que yo hice:

\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{e^{x}-1} &= \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-nx} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-nx)^{k}}{\Gamma(k+1)}\\ &= \sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^{k}\frac{x^{k}}{\Gamma(k+1)}\sum_{n=1}^{\infty} n^{k}\\ &= \sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^{k}\frac{\zeta(-k)}{\Gamma(k+1)} x^{k}\\ &= \sum_{k=-1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{\zeta(-k)}{\Gamma(k+1)} x^{k}\\ \end{split} \end{equation} Yo, ingenuamente, intercambiado el orden de la suma para obtener la tercera línea. Entonces, yo fingí que la suma de más de $n$ convergente (es decir, como si $k$ fueron siempre menores que -1), y la reemplazó por la de Riemann zeta función. Observe que siempre que $1/\Gamma(k+1) = 0$ , el coeficiente de $x^{k}$ desaparece excepto cuando se $k=-1$, por lo que los polos de gamma y zeta funciones cancelar y dar un valor finito.

Supongo que hay una razón más profunda que tan poco fiable pasos me llevaron hasta el resultado correcto? Mi conjetura es que esto tiene que ver con la estructura analítica de los sumando como una función de la $k$, pero no he sido capaz de averiguar en detalle cuándo y por qué funciona esto.

Apreciaré cualquier información sobre este.

Answer 1

Supongamos ${\rm Re}(x)>0$, de modo que la serie geométrica es convergente. Tal vez la manera más intuitiva para justificar OP cálculo es el uso de la Mellin transformar. El Mellin integración coutour $\gamma$ en el complejo de $s$-plano es una línea vertical ${\rm Re}(s)=c$ dirigido hacia arriba. La constante positiva $c>1$ es elegido positiva suficiente para justificar el cambio de la orden de $s$-integración y $n$-suma abajo. Entonces podemos imitar a la OP del cálculo de la siguiente manera.

\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{e^{x}-1} ~&=~ \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} ~\stackrel{{\rm Re}(x)>0}{=}~ \sum_{n\in\mathbb{N}} e^{-nx} \\ ~&=~\sum_{n\in\mathbb{N}} \sum_{k\in\mathbb{N}_0} \frac{(-nx)^k}{k!}\\ ~&=~\sum_{n\in\mathbb{N}} \sum_{k\in\mathbb{N}_0} {\rm Res}\left(s\mapsto\Gamma(s)(nx)^{-s} ,-k\right) \\ ~&=~\sum_{n\in\mathbb{N}}\int_{\gamma}\! \frac{\mathrm{d}s}{2\pi i} \Gamma(s)(nx)^{-s} \\ ~&=~\int_{\gamma}\! \frac{\mathrm{d}s}{2\pi i} \sum_{n\in\mathbb{N}}\Gamma(s)(nx)^{-s} \\ ~&\stackrel{c>1}{=}~\int_{\gamma}\! \frac{\mathrm{d}s}{2\pi i}\Gamma(s)\zeta(s)x^{-s} \\ ~&=~ \sum_{k=-1}^{\infty} {\rm Res}\left(s\mapsto \Gamma(s)\zeta(s)x^{-s} ,-k\right) \\ ~&=~\frac{1}{x}+ \sum_{k\in\mathbb{N}_0} \frac{\zeta(-k)(-x)^k}{k!}.\\ \end{split} \end{equation}

Aquí tenemos (entre otras cosas) se utiliza:

1. que la función Gamma $\Gamma(s)$ tiene polos en el no-enteros positivos $s=-k$, $k\in\mathbb{N}_0$, con residuo ${\rm Res}(\Gamma,-k)=\frac{(-1)^k}{k!}$, y

2. que la de Riemann zeta función de $\zeta(s)$ tiene un polo en $s=1$ con residuo ${\rm Res}(\zeta,1)=1$.