Complejo Análisis de la Cuestión de Stein

Question

La pregunta es $14$% a partir del Capítulo $2$ en Stein y Shakarchi texto del Análisis Complejo:

Supongamos que $f$ es holomorphic en un conjunto abierto que contiene a la cerrada de la unidad de disco, a excepción de un polo a $z_0$ sobre el círculo unidad. Demostrar que si $$\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$$ denotes the power series expansion $f$ in the open unit disc, then $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=z_0.$$

He demostrado que se puede tomar $z_0=1$ sin pérdida de generalidad, pero estoy teniendo problemas para mostrar la prueba en contrario. Uno de los problemas que estoy teniendo es porque no sabemos la definición de un poste, excepto que es un lugar en donde la función no está holomorphic. La inobservancia de este hecho, el otro problema que me estoy quedando en es que no sé el orden de los polos.

Haciendo algunas suposiciones adicionales, incluyendo la de que el polo es simple, por lo que podemos escribir la $F(z)=(z-1)f(z)$ como holomorphic función, vemos que $$F(z)=-a_0+z(a_0-a_1)+z^2(a_1-a_2)+\cdots$$ This almost gets me to the end with these added assumptions, but I don't think it's quite enough (why do we know some of the $a_i$'s aren't $0$, por ejemplo).

En otra nota, si conocemos $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}$ existe, entonces es fácil ver que $\lim_{n\to\infty}\frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}=1=|z_0|$; yo, sin embargo, no veo por qué el límite debe existir.

Hay indicios de que alguien puede proporcionar? Incluso una solución sería bueno, sobre todo si uno no puede evitar hacer suposiciones acerca de lo que en un polo es o no es.

EDIT: por Lo que no hay confusión alguna, sé que la definición de un poste y me siento inclinado a creer que el problema, como se indica, necesariamente tiene un polo en $z_0$. El problema es que el ejercicio es en el Capítulo $2$, y los polacos se introdujo en el Capítulo $3$.

Answer 1

Voy a suponer que podemos escribir

$$f(z) = \frac{c}{z_0-z} + \sum_{n=0}^{\infty} b_n z^n$$

para un cierto valor de $c \ne 0$, e $\lim_{n \to \infty} b_n = 0$. Entonces

$$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$$

donde

$$a_n = b_n + \frac{c}{z_0^{n+1}}$$

Entonces

$$\begin{align}\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle b_n + \frac{c}{z_0^{n+1}}}{\displaystyle b_{n+1}+ \frac{c}{z_0^{n+2}}}\\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle \frac{c}{z_0^{n+1}}}{\displaystyle \frac{c}{z_0^{n+2}}}\\ &= z_0\end{align}$$

como iba a ser mostrado. Tenga en cuenta que el segundo paso anterior es válida debido a que $z_0$ está en el círculo unidad.

Para un no-simple polo, podemos escribir

$$f(z) = \frac{c}{(z_0-z)^m} + \sum_{n=0}^{\infty} b_n z^n$$

para $m \in \mathbb{N}$. Podría ser conocido que

$$(1-w)^{-m} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{m-1+n}{m-1} w^n$$

Entonces

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+m} z_0$$

EDITAR

@TCL observó que se nos puede exigir simplemente que $b_n z_0^n$ va a cero, como se $n \to \infty$. A continuación, por un simple polo

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle b_n z_0^n + \frac{c}{z_0}}{\displaystyle b_{n+1} z_0^n + \frac{c}{z_0^2}}$$

que se puede ver va a $z_0$.

Answer 2

Esto es sólo un intento de dar una rigurosa prueba de Ron Gordon respuesta.

Supongamos que el orden de la pole en $z_0$$m$. Luego de algunas constantes $c_0,\ldots,c_m, c_m\neq 0,$ $$g(z)=f(z)-\left(\frac{c_m}{(z_0-z)^m}+\cdots +\frac{c_1}{(z_0-z)}\right)$$ es analítica en $z_0$. Desde $f(z)$ es analítica en un conjunto abierto que contiene la unidad de disco, excepto en $z_0$, podemos ver que $g(z)$ es analítica en un (posiblemente diferente) conjunto abierto que contiene la unidad de disco. Así $$g(z)=\sum_{n=0}^\infty b_nz^n$$ has radius of convergence greater than 1, in particular the series converges at $z_0$ and $\lim_n b_nz_0^n=0$. So for $|z|<1$, $$f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n=\sum_{n=0}^\infty b_nz^n+\left(\frac{c_m}{(z_0-z)^m}+\cdots +\frac{c_1}{(z_0-z)}\right)$$ Para$1\le k\le m$, $$\frac{c_k}{(z_0-z)^k}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(k)_nc_k}{n!z_0^{n+k}} z^n$$ donde$(k)_n=k(k+1)\cdots(k+n-1)$$(k)_0=1$. De ello se desprende que $$a_n=b_n+\sum_{k=1}^m \frac{(k)_nc_k}{n!z_0^{n+k}}$$ y \begin{align*}\frac{a_n}{a_{n+1}}&=\frac{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_nc_k}{n!z_0^{k}} +b_nz_0^n}{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_{n+1}c_k}{(n+1)!z_0^{1+k}}+b_{n+1}z_0^n}\\ &= z_0 \frac{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_nc_k}{n!z_0^{k}} +b_nz_0^n}{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_{n+1}c_k}{(n+1)!z_0^{k}}+b_{n+1}z_0^{n+1}} \end{align*} Ahora divida el numerador y el denominador de la última expresión por $$\frac{(m)_{n+1}}{(n+1)!}$$, which is equal to 1 when $m=1$ and approaches infinity as $n\to\infty$ if $m>1$. Furthermore, for $1\le k\le m$, $$\frac{(k)_n}{n!}\cdot \frac{(n+1)!}{(m)_{n+1}}=\frac{(k)_n (n+1)}{(m)_n (n+m)}$$ se aproxima a 0 $n\to\infty$ si $k<m$ y enfoques 1 si $k=m$. De ello se deduce que la fracción $$\frac{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_nc_k}{n!z_0^{k}} +b_nz_0^n}{\sum_{k=1}^m \frac{(k)_{n+1}c_k}{(n+1)!z_0^{k}}+b_{n+1}z_0^{n+1}}$$ enfoques 1 $n\to\infty$, y la prueba está completa.

EDIT. Si $k<m$, $$\frac{(k)_n }{(m)_n }=\prod_{i=0}^{n-1} \frac{k+i}{m+i}=\prod_{i=0}^{n-1} \left(1-\frac{m-k}{m+i}\right)\to 0$$ because $\sum_{i=0}^\infty \frac{m-k}{m+i}=\infty$.

Answer 3

Supongamos que $$ \begin{align} f(z)(z-z_0)^n &=(z-z_0)^n\sum_{k=0}^\infty a_kz^k\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom{n}{j}z^jz_0^{n-j}\sum_{k=0}^\infty a_kz^k\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom{n}{j}a_{k-j}z_0^{n-j}\right)z^k \end{align} $$ converge en un barrio de $z_0$. Por tanto, para algunos $r\lt1$, tenemos $$ \left|\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom{n}{j}a_{k-j}z_0^{n-j}\right|\le c\,r^k $$ Es decir, el de la $n^{\text{th}}$ de diferencia finita de la secuencia de $a_kz_0^k$ satisface $$ \Delta^na_kz_0^k=O(r^k) $$ La inversión de la diferencia finita operador de los rendimientos que hay un $n-1$ grado del polinomio $P$, de modo que $$ a_kz_0^k=P(k)+O(r^k) $$ Tomando el límite de la relación de términos de los rendimientos $$ \lim_{k\to\infty}\frac{a_kz_0^k}{a_{k+1}z_0^{k+1}}=\lim_{k\to\infty}\frac{P(k)+O(r^k)}{P(k+1)+O(r^{k+1})}=1 $$ Es decir, $$ \lim_{k\to\infty}\frac{a_k}{a_{k+1}}=z_0 $$

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La Inversión De Las Diferencias Finitas Operadores

Si definimos la diferencia finita operador $$ \Delta a_k=a_k-a_{k-1} $$ luego, como con las integrales indefinidas, cuando la inversión de $\Delta$, tenemos que incluir una constante: $$ \Delta^{-1}a_k=c+\sum_{j=1}^k a_j $$ Supongamos que $\Delta a_k=P_n(k)+O(r^k)$ donde $P_n$ es un grado $n$ polinomio y $0\le r\lt1$. Ya que la suma de un grado $n$ polinomio de un grado $n+1$ polinomio y la suma de $O(r^k)$ es $c+O(r^k)$, $a_k=P_{n+1}(k)+O(r^k)$.

La iteración, conseguimos que los si $\Delta^n a_k=O(r^k)$,$a_k=P_{n-1}(k)+O(r^k)$.