Sea p un polinomio de grado$k>0$. Demuestre que$\sum p(n)z^n$ tiene un radio de convergencia$1$ y que existe un polinomio$q(z)$ de grado$k$ tal que$$\sum_{n=0}^{\infty} p(n) z^n=q(z)(1-z)^{-(k+1)}, \qquad (|z|<1)$ $ he mostrado el radio de convergencia es $1$; No estoy seguro de cómo presentar la segunda parte.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Ambas declaraciones sigue inmediatamente del hecho de que los polinomios $$ X\ (X-1)\ \cdots\ (X-k+1),\quad k\ge0, $$ generar $\mathbb C[X]$ como un complejo espacio vectorial.
EDICIÓN 1. De hecho, tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty\ p(n)\ z^n=\sum_{j=0}^\infty\ (\Delta^j p)(0)\ \frac{z^j}{(1-z)^{j+1}}\quad, $$ donde $\Delta$ está definido por $$ (\Delta p)(X):=p(X+1)-p(X). $$
EDICIÓN 2. Voy a tratar de dar una explicación detallada:
Para $j\ge0$ poner $$ p_j:=X\ (X-1)\ \cdots\ (X-j+1) $$
Deje $V$ el conjunto de los polinomios $p\in\mathbb C[X]$ para que las declaraciones mantenga
Claramente,
$V\subset\mathbb C[X]$ es un subespacio vectorial,
el $p_j$ generar $\mathbb C[X]$ ($\mathbb C$- espacio vectorial).
Por lo tanto, es suficiente para mostrar que el $p_j$ $V$ todos los $j$. Pero tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty\ p_j(n)\ z^n =\sum_{n=0}^\infty\ n\ n (n-1)\ \cdots\ (n-j+1)\ z^n $$ $$ =z^j\ \sum_{n=0}^\infty\ \frac{d^j}{dz^j}\ z^n =z^j\ \frac{d^j}{dz^j}\ (1-z)^{-1} =\frac{j!\ z^j}{(1-z)^{j+1}}\quad. $$
Si, finalmente, observar que $\Delta\ p_n=n\ p_{n-1}$, obtenemos todas las instrucciones en la pregunta y en la edición anterior.
EDICIÓN 3. Aquí una ilustración numérica: Tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty\ n^3\ z^n= \frac{a}{1-z}+ \frac{b\ z}{(1-z)^2}+ \frac{c\ z^2}{(1-z)^3}+ \frac{d\ z^3}{(1-z)^4}\quad. $$ Para calcular los $a,b,c,d$ formamos la matriz $$ \begin{matrix} 0&1&8&27\\ \\ 1&7&19\\ \\ 6&12\\ \\ 6 \end{de la matriz} $$ de la siguiente manera. En la primera fila escribimos los cubos de $0,1,2,3$. En la segunda fila ponemos las diferencias entre consecutivos de entradas de la primera fila: $1-0=1$, $8-1=7$, $27-8=19$, y nosotros los de la tercera y cuarta fila de la misma manera: $7-1=6$, $19-7=12$, $12-6=6$. A continuación, los nuestros números de $a,b,c,d$ son iguales, en este orden, los números de $0,1,6,6$ que aparecen en la primera columna: $$ \sum_{n=0}^\infty\ n^3\ z^n= \frac{z}{(1-z)^2}+ \frac{6\ z^2}{(1-z)^3}+ \frac{6\ z^3}{(1-z)^4}\quad. $$
larryb82
Puntos
158
Para la primera parte: Considerar las sumas de la forma $ \sum n^k z^n .$ Si $ |z|>1 $, a continuación, los términos no tienden a $0$, por lo que la suma diverge. Si $ |z|<1 $, entonces la relación de términos consecutivos tiene magnitud $$ \frac{ (n+1)^k |z|^{n+1} }{n^k |z|^n} = \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^k |z| \to |z|<1 $$ as $n\to \infty.$ Thus, by the ratio test the series converges and we conclude the radius of convergence of this sum is $1.$ Since $ \suma p(n) z^n $ is a sum of series of that form, it also has radius of convergence $1.$
Para la segunda parte: Proceder por inducción sobre el grado. El caso base es simple. Suponer que se tiene para todos los polinomios de hasta grado $k.$ a Continuación, vamos a $ h(n) = an^{k+1} + t(n) $ donde $a\neq 0$ $t(n)$ es un polinomio con grado de $k.$
A continuación, $$ \sum h(n)z^n = a \sum n^{k+1} z^n + \sum t(n) z^n = a\sum n^{k+1} z^n + g(z)(1-z)^{-(k+1) } $$
donde $g$ es un polinomio de grado $k$ (la segunda igualdad es por la hipótesis de inducción).
También por la hipótesis de inducción, $\sum n^k z^n = d(n)(1-z)^{-(k+1)} $ cierto grado $k$ polinomio $d.$ Diferenciando ambos lados da $ \sum n^{k+1} z^{n-1} = d'(n) (1-z)^{-(k+1)} + d(n) (k+1) (1-z)^{-(k+2)}.$
Así, $$\sum h(n) z^n = az(d'(n) (1-z)^{-(k+1)} + d(n) (k+1) (1-z)^{-(k+2)}) + g(z) (1-z)^{-(k+1)}$$ $$ = \left( az\cdot d'(n)(1-z) + (k+1)a \cdot d(n)z + g(z) (1-z) \right)(1-z)^{-(k+2)}$$ $$ = j(n) (1-z)^{-(k+2)} $$
donde $j$ es un grado $k+1$ polinomio, lo que demuestra su declaración por inducción.
