Expansión de Taylor de $(1+x)^α$ a la serie binomial – ¿por qué el término resto convergen?

Question

Para $α ∈ ℝ$ la función de $g_α \colon B_1(0) → ℝ, x ↦ (1+x)^α$ $C^∞$ $g_α^{(n)}(x) = n! \tbinom{α}{n}(1+x)^{α-n}$ donde $\tbinom{α}{n} = \frac{α(α-1)\cdots(α-n+1)}{n!}$ es el coeficiente binomial generalizado. Quiero mostrar que la $g_α$ tiene una expansión de Taylor $g_α (x) = \sum_{k=0}^∞ \tbinom{α}{k}x^k$. Fácilmente se puede demostrar que la serie converge realmente para $|x| < 1$, pero ¿puedo usar este hecho para mostrar que el resto término $$R_n(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} (n+1)! \tbinom{α}{n+1}(1+t)^{α-n-1} dt$$ o en la forma de Lagrange $$\quad R_n(x) = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} (n+1)! \binom{α}{n+1}(1+ξ)^{α-n-1} = x^{n+1} \binom{α}{n+1}(1+ξ)^{α-n-1}$$ converge a cero para $|x| < 1$?

¿De qué otra manera puedo mostrar que el resto término converge a cero para $|x| < 1$?

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Progreso: el Uso de la forma de Lagrange, para $x ∈ (-1,1)$ $n ∈ ℕ$ hay un $h=h(n,x) ∈ (0,1)$ tal forma que:

$$|R_n(x)| = \Big| x^{n+1} \binom{α}{n+1}(1+hx)^{α-n-1} \Big| = \Big| \binom{α}{n+1}\big(\frac{x}{1+hx}\big)^{n+1}(1+ξ)^{α} \Big| $$ Si $x > 0$,$\big|\frac{x}{1+hx}\big| < {\big|\frac{x}{1+x}\big|}< 1$$q := \big|\frac{x}{1+x}\big|$, ya que el $\sum_{k=0}^∞ \tbinom{α}{n} q^n$ converge: $$|R_n(x)| ≤ \Big| \binom{α}{n+1} · q^{n+1} ·(1+ξ)^{α} \Big| \overset{n → ∞}{\longrightarrow} 0$$ El problema sigue abierto para $x < 0$. Mhenni sugirió utilizar la aproximación de Stirling, pero yo quiero hacer esto más elementales y creo que es posible.

Answer 1

De nuevo, creo que lo he conseguido. Uno debe proceder de manera diferente:

Deje $x ∈ ℝ$ tal que $|x| < 1$. Para $t ∈ ℝ$ $x$ y el cero, uno ha $0 ≤ |t| ≤ |x| < 1$$|x-t| < |1+t|$, debido a que:

• para $x > 0$ ha $|x-t| = x - t < 1 < 1 + t = |1 + t|$, y
• para $x < 0$ ha $|x-t| = t - x < t + 1 = |1 + t|$, ya que el $-x < 1$.

Por lo tanto, $\big|\frac{x-t}{1+t}\big|$ supone un máximo de $q<1$ $t$ sobre el pacto intervalo entre cero y $x$. Entonces: \begin{align*} |R_n(x)| &= \Big| \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} g_α^{(n+1)}(t) dt \Big|\\ &≤ \Bigg| \int_0^x \Big| \frac{(x-t)^n}{n!} g_α^{(n+1)}(t) \Big| dt \Bigg| \\ &\overset{(1)}{=} \Bigg| \int_0^x \Big| \frac{(x-t)^n}{(1+t)^n} ·(α-n) · \binom{α}{n} · (1+t)^{α-1} \Big| dt \Bigg|\\ &\overset{(2)}{≤} n · \binom{α}{n} ·|q|^n · \Bigg| \int_0^x |α/n -1| ·|1+t|^{α-1} dt\Bigg| \\ &\overset{(3)}{≤} n · \binom{α}{n} · |q|^n · (|α| +1) · C \overset{n → ∞}{\longrightarrow} 0, \end{align*} donde la convergencia de la siguiente manera de$|(n+1)\tbinom{α}{n+1}\big/n\tbinom{α}{n}|\overset{n → ∞}{\longrightarrow} 1$$|q| < 1$, y

• (1) $g_α^{(n)}(t) = (n+1)! \tbinom{α}{n+1}(1+t)^{α-n-1}$$\tbinom{α}{n+1} = \tfrac{α-n}{n+1} \tbinom{α}{n}$,
• (2) $\big|\frac{x-t}{1+t}\big|^n ≤ |q|^n$, y
• (3) $|α/n - 1| ≤ |α| + 1$, y $C := \Big| \int_0^x |1+t|^{α-1} dt\Big|$

Answer 2

Deje $f(z)=(1+z)^\alpha$$g(z)=\sum_{n\geq 0}\binom{\alpha}{n}z^n$.

Si $\alpha$ es un entero no negativo, es claro que ambas funciones coinciden en $\mathbb{C}$ por el teorema del binomio. Por lo que asumimos que el $\alpha\not\in\mathbb{N}$ a partir de ahora, por lo que el $\binom{\alpha}{n}\neq 0$ por cada $n\geq 0$.

El uso de la rama principal del complejo logaritmo, vemos que $g(z)=\exp(\alpha\log(1+z))$ es holomorphic en $\mathbb{C}\setminus (-\infty,-1]$, donde en la unidad de disco $D$, en particular.

Ahora observar que $$ \frac{\Big|\binom{\alpha}{n+1}\Big||z|^{n+1}}{\Big|\binom{\alpha}{n}\Big||z|^{n}}=\frac{|\alpha-n||z|}{n+1}\longrightarrow |z|. $$ De modo que el radio de convergencia de $g$ $1$ por la prueba de razón. Por lo tanto $g$ converge a una holomorphic de la función en $D$.

Para cada $x>0$, el resto en la aproximación de $f$ por su grado $n$ el polinomio de Taylor en $0$ es, por Taylor-Lagrange, $$ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}=\binom{\alpha}{n+1}(1+c)^{\alpha-n-1}x^{n+1}=(1+c)^\alpha\binom{\alpha}{n+1}\left(\frac{x}{1+c} \right)^{n+1} $$ para algunos $0<c<x$. Desde $0<\frac{x}{1+c}<1$, la convergencia de las $g$ $\frac{x}{1+c}$ implica que el lado derecho de arriba tiende a $0$, ya que es una constante en los tiempos de su término general. Para el resto de la aproximación de Taylor tiende a $0$.

De ello se desprende que $f$ $g$ coinciden en $(0,1)$.

Por el aislado cero principio, $f$ $g$ coinciden en la totalidad de abrir la unidad de disco $D$.

Answer 3

Siguiendo la técnica en el problema. Deje $ g(n,\alpha)= \frac{(n+1)!}{n!} \tbinom{α}{n+1}$, para no tener un lío

$$ \Big|R_n(x)\Big| \leq g(n,\alpha)\int_0^x {(x-t)^n} (1+t)^{α-n-1} dt$$

$$ \leq g(n,\alpha)x^n\int_0^x (1+t)^{α-n-1} dt $$

$$ < g(n,\alpha)\int_0^1 (1+t)^{α-n-1} dt,\quad \mathrm{since}\quad |x|<1,\, \int_{0}^{x}\leq \int_{0}^{1}. $$

$$\implies \Big|R_n(x)\Big| < g(n,\alpha)\frac{2^{\alpha-n}-1}{\alpha-n}$$

$$ \Big|R_n(x)\Big| = \frac{\alpha!(2^{\alpha-n}-1)}{(\alpha-n)!n!}. $$

Ahora, usted puede ver que el resto va a$0$$n\to \infty$, con algunas restricciones en $\alpha$. Intente utilizar la aproximación de Stirling $n! \sim \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2 \pi n}$ y ver lo que se obtiene.

Nota:

1) utilizamos la desigualdad $ x-t \leq x $, lo que sigue a partir de la

$$ 0\leq t \leq x \implies -x \leq -t \leq 0 \implies 0<x-t < x. $$

2)

$$ \tbinom{α}{n}(2^{α-n} - 1)= \frac{\alpha!(2^{\alpha-n}-1)}{(\alpha-n)!n!}. $$