¿Es una función racional?

Question

Es $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{2^n-1} \in \mathbb{C}(z)\ ?$$

De forma ligeramente diferente, dada una secuencia de números reales $\{a_n\}_{n=0}^\infty$ ¿Cuáles son las condiciones necesarias y suficientes para que $\sum a_nz^n$ estar en $\mathbb{C}(z)$ ¿con todos los polos simples?

Answer 1

La función $$ f(z)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{2^n-1} $$ define una función holomorfa para $|z|<2$ y satisface $$ f(2z) = f(z)+\frac{z}{1-z} $$ para $|z|<1$ . Basándose en esta identidad, es fácil demostrar que $f(z)$ se extiende a una función meromórfica sobre $\mathbb{C}$ y el conjunto de polos es $\{2^n:\ n=1,2,\dots\}$ . En particular, $f(z)$ no define una función racional, porque su extensión meromorfa a $\mathbb{C}$ tiene infinitos polos.

En cuanto a su segunda pregunta, le recomiendo el trabajo de Dwork (con el que no estoy familiarizado), por ejemplo (8) en Artículo de Alain Robert "Adels: por qué". y el lema 9 de Blog de Tao . Véase también la Observación 2.

Observación 1. Una prueba más directa de las afirmaciones anteriores se deduce de la identidad $$ \sum_{m=1}^\infty\frac{z}{2^m-z} = \sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{2^n-1},\qquad |z|<2. $$ En efecto, el lado izquierdo define una función meromórfica sobre $\mathbb{C}$ con juego de pértigas $\{2^m:\ m=1,2,\dots\}$ .

Observación 2. Se puede dar una prueba diferente, teórica de números, utilizando Teorema de Eisenstein sobre funciones algebraicas (la prueba fue publicado por Heine debido a la temprana muerte de Eisenstein). De hecho, los coeficientes de Taylor de $f(z)$ alrededor del origen son racionales, pero sus denominadores $2^n-1$ no se apoyan en un número finito de primos por el pequeño teorema de Fermat. (Como Gerald Edgar comentó más adelante, este argumento demuestra que $f(z)$ ni siquiera es algebraico).

Answer 2

Sea $F(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{z^n}{2^n-1}$ . Entonces $F(2z)-F(z)= \frac{z}{1-z}$ . Supongamos que $F(z)$ es racional. Así $F(z)$ tiene un
poste en algún $z_0\neq 0$ y $F(2z)$ tiene un polo en $z_0/2$ . Sea $z_1$ sea un polo de $F(z)$ de valor absoluto máximo. Sea $z_2$ sea un polo de $F(2z)$ de valor absoluto mínimo. Entonces $z_2\neq z_1$ y ambos $z_1$ y $z_2$ son polos de $F(2z)-F(z)$ una contradicción.

La condición "estándar" necesaria y suficiente para una serie de potencias $\sum a_n z^n$ para ser una función racional es que el Hankel infinito infinita $[a_{i+j}]_{i,j\geq 0}$ tiene rango finito, pero no sé si este puede aplicarse a la presente cuestión. Véase Enumerativo Combinatoria vol. 1, 2ª ed., Ejercicio 4.6.

Answer 3

$\sum a_n z^n$ es una función racional si $a_n$ es una suma de polinomios por exponenciales. Este es un corolario directo de la descomposición parcial de fracciones. Supongamos $\frac{1}{2^n - 1}$ puede expresarse como una suma de este tipo. Tomando $n \to \infty$ muestra que el mayor $r$ en valor absoluto, tal que $r^n$ aparece en esta suma es $r = \frac{1}{2}$ y además (después de multiplicar ambos lados por $2^n$ ) que su coeficiente polinómico debe ser la constante polinómica $1$ . Es decir, la suma debe comenzar

$$\frac{1}{2^n - 1} = \frac{1}{2^n} + \text{smaller terms}.$$

El siguiente más grande $r$ tal que $r^n$ puede aparecer en esta suma viene determinado por el comportamiento asintótico de $\frac{1}{2^n - 1} - \frac{1}{2^n} = \frac{1}{2^n(2^n - 1)} \approx \frac{1}{4^n}$ y el mismo $n \to \infty$ y multiplicando por $4^n$ argumento anterior demuestra que debe ser $r = \frac{1}{4}$ con coeficiente polinómico $1$ . Así que la suma debe continuar

$$\frac{1}{2^n - 1} = \frac{1}{2^n} + \frac{1}{4^n} + \text{smaller terms}.$$

Pero está claro que de hecho tenemos

$$\frac{1}{2^n - 1} = \sum_{k \ge 1} \frac{1}{2^{kn}}$$

por lo que este argumento nunca termina, y se deduce que $\frac{1}{2^n - 1}$ no puede expresarse como una suma finita de polinomios por exponenciales. Esta es una versión menos compleja-analítica del argumento que procede mostrando que la función generadora tiene infinitamente muchos polos.

Answer 4

No discutiría la irracionalidad de la función que se desprende de la ecuación funcional que relaciona $f(2z)$ à $f(z)$ . De hecho, esta función es un caso particular de la denominada $q$ -logaritmo que recibió una atención bastante especial. Obsérvese que al ser racional sobre $\mathbb C(z)$ o por encima de $\mathbb Q(z)$ para una serie de potencias con racional es equivalente.

Si $f(z)$ donde racional entonces $$f(1)=\sum_{n=1}^\infty \frac1{2^n-1}=\sum_{m=1}^\infty \tau(m)2^{-m}$$ sería un número racional, donde $\tau(m)$ denota el número de divisores de $m$ . Erdos demostró ya en 1948 que esto es no el caso demostrando que la base $2$ (Esto no deja de ser un buen ejercicio de teoría analítica de números).

La irracionalidad de los valores de $f(z)$ para racional $z\ne0$ fue establecida por P. Borwein en 1992 utilizando las aproximaciones de Padé a la función.

Answer 5

Escriba a $f_0(z)=\sum\frac{z^n}{2^n-1}$ y definir inductivamente $f_k(z)=f_{k-1}(z)-\frac{1}{1-z/2^k}$ . Por inducción, es fácil ver que $f_k$ viene dada por la serie de potencias $$f_k(z)=\sum\frac{z^n}{2^{kn}-2^{(k-1)n}}.$$

Puesto que cada $f_k$ tiene radio de convergencia $2^k$ Esto demuestra que $f_0$ se convierte en una función meromórfica en todas las partes de $\mathbb{C}$ . Sin embargo, esto también demuestra que la extensión meromórfica tiene polos en $z=2^k$ para todos $k>0$ por lo que no puede ser racional.