Ряд Лорана чётной функции

[Kink]

Пусть чётная функция $f(z)$ аналитична в окрестности точки $0$. Нужно доказать, что в её разложении в ряд Лорана в этой окрестности будут только чётные степени $(..., \frac{1}{z^2}, 1, z^2, z^4, ...)$.
Для ряда Тейлора оно понятно — можно доказать через нечётность производной нечётного порядка.
Но здесь я сомневаюсь: если воспользоваться равенством $\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(-z)^n$, можно придти к следующему:
$\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_{2n+1}z^{2n+1}=0$.
Следует ли из этого, что $c_{2n+1}=0$? Если бы было конечное число членов этой суммы, то это следовало бы из линейной независимости функций $..., \frac{1}{z^3}, \frac{1}{z}, z, z^3, ...$.

[Otta]

То есть тождественный ноль в проколотой окрестности функции раскладывается в ряд Лорана, Вами указанный. И? Многими ли способами аналитическая в кольце функция раскладывается в ряд Лорана?

[Kink]

Otta в сообщении #1008941 писал(а):

То есть тождественный ноль в проколотой окрестности функции раскладывается в ряд Лорана, Вами указанный. И? Многими ли способами аналитическая в кольце функция раскладывается в ряд Лорана?

Нет, не тождественный ноль, а чётная функция $f(z)$ в окрестности нуля. Разложение единственно.
Равенство с суммами из $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n$ и $f(z)=f(-z)$, а затем члены с чётными степенями $z$ сокращаются.

[Otta]

Я ж Вам фактически полное решение говорю. ) У себя сами тождественный ноль найдете, ладно? И уже выписанное Вами его разложение в ряд Лорана.

[Kink]

Otta в сообщении #1008947 писал(а):

Я ж Вам фактически полное решение говорю. ) У себя сами тождественный ноль найдете, ладно?

Ах, то бишь мы получили разложение тождественного нуля в окрестности нуля, но так как разложение единственно, а у разложения тождественного нуля в ряд Лорана все $c_n=0$, то следовательно и все $c_{2n+1}=0$, хоть они были получены и не разложением тождественного нуля в ряд Лорана, а получены из разложения в ряд Лорана чётной функции. Это длинненькое предложил сформулировал для себя, но надеюсь, что из него будет понятно, что я понял, если я правильно я понял Спасибо большое.

[Otta]

Типа того. Только обычно короче говорят, конечно. Мол, к-ты нулевые в силу единственности разложения.

[ewert]

Kink в сообщении #1008939 писал(а):

то это следовало бы из линейной независимости функций

Это как-то уж чересчур замысловато. Всё гораздо тупее: если функция $f$ -- чётная, то $f(z)\equiv\frac12(f(z)+f(-z))$.