Orden de una serie de potencias

Question

Dejemos que $f$ sea la serie de potencias sobre $\mathbb{C}$ de radio infinito. El orden $\rho(f)$ de $f$ se define como el infinito del siguiente conjunto : $$ \{ A \ge 0 \mid \exists r_0\ge 0, \forall r\ge r_0, M_f(r) \le \exp(r^A)\}$$ Donde $M_f(r)$ es el sumo de $f$ sobre todos los números complejos de norma $r$ .

Cómo se muestra la siguiente identificación : $$ 1/\rho(f) = \lim\inf (- \dfrac{\ln|a_n|}{n\ln n})$$ Donde $f(z) = \sum_{n\ge 0} a_n z^n$

He conseguido mostrar una desigualdad. Sea $A > \rho(f)$ , entonces para $r$ lo suficientemente grande, $M_f(r) \le \exp(r^A)$ . A continuación, utilizamos la identidad $$2\pi r^n a_n = \int_0^{2\pi} f(re^{it}) e^{-int}\mathrm{d}t $$ Para obtener $$ |a_n| \le r^{-n}M(r)$$ Para $r$ lo suficientemente grande, por lo que tenemos $$ | a_n|\le \exp( r^A - n\ln r)$$ $$ \rightarrow \dfrac{-\ln |a_n|}{n\ln n} \ge \frac{\ln(r)}{\ln n} - \dfrac{r^A}{n\ln n}$$ Para $n$ lo suficientemente grande, se puede establecer $r= n^{1/A}$ y utilizar la desigualdad anterior : $$ \dfrac{-\ln |a_n|}{n\ln n} \ge \frac{1}{A} - \frac{1}{\ln n}$$ Tomando el límite inferior, obtenemos $$\lim\inf (- \dfrac{\ln|a_n|}{n\ln n}) \ge \frac{1}{A}$$ Entonces, al dejar que $A\to \rho(f)$ Me sale $$\lim\inf (- \dfrac{\ln|a_n|}{n\ln n}) \ge \dfrac{1}{\rho(f)} $$

Tengo problemas para mostrar el otro lado ahora, mi idea era tomar $A < \lim\inf (- \dfrac{\ln|a_n|}{n\ln n})$ entonces existe $n_0\ge 0$ tal que $n\ge n_0$ implica $$ -\dfrac{\ln |a_n|}{n\ln n} \ge A $$ $$ \rightarrow \ln |a_n| \le - A n\ln n$$ $$ |a_n| r^n \le \exp( n\ln r - A n\ln n)$$ $$ |a_n| r^n \le \left( \frac{r^{1/A}}{n}\right)^{nA} $$ A primera vista, esto se ve bien ya que el lado derecho está cerca de $$ \dfrac{ r^{n/A}}{n^n} \le \dfrac{r^{n/A}}{n!} $$ Y esta última suma a $\exp(r^{1/A})$ y la otra desigualdad es la siguiente. Pero no veo cómo puedo lograr esa desigualdad. He intentado tomar $B< A$ pero no elimina el exponente sobre el $n^n$ . También he probado a dividir la suma en 2 según $ r^{1/A} /n \le \ge 1$ y utilizar la desigualdad, pero la división depende de $n$ . Así que estoy atascado, y empiezo a sentir que debería intentar seguir otra idea, aunque este parece ser el camino "natural". Pero no se me ocurre nada.

¿Alguna idea para solucionar este problema? Gracias.

Answer 1

Vas por buen camino, sólo falta la estimación final. Esto es más fácil de hacer con toda la serie que con los términos. Sin embargo, permítame reemplazar su $A$ con $1/\vartheta$ para que al final obtenga exponentes de $\vartheta$ en lugar de $1/A$ . Lo que queremos mostrar es $$\frac{1}{\vartheta} < \liminf_{n \to \infty} \biggl(\frac{-\ln \lvert a_n\rvert}{n\ln n}\biggr) \implies \vartheta \geqslant \rho(f)\,.$$ Ya has encontrado $$\lvert a_n\rvert < \frac{1}{n^{n/\vartheta}}$$ para $n \geqslant n_0$ . Por lo tanto, hay un $b_1 > 0$ tal que $$\lvert a_n\rvert \leqslant b_1\cdot \frac{1}{n^{n/\vartheta}}$$ es válida para todos los $n$ . Entonces tenemos $$M(r) \leqslant \sum_{n = 0}^{\infty} \lvert a_n\rvert r^n \leqslant b_1\cdot \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{r^n}{n^{n/\vartheta}}$$ para todos $r \geqslant 0$ . Para las instalaciones fijas $r > 0$ la expresión $$\frac{r^t}{t^{t/\vartheta}}$$ alcanza su máximo en $t = r^{\vartheta}/e$ y el máximo es $$\exp \biggl(\frac{r^{\vartheta}}{e}\log r - \frac{r^{\vartheta}}{e} \log \frac{r}{e^{1/\vartheta}}\biggr) = \exp \biggl(\frac{r^{\vartheta}}{e\vartheta}\biggr)\,.$$ Utilizamos este límite para los términos con índice $n < (2r)^{\vartheta}$ . Para $n \geqslant (2r)^{\vartheta}$ tenemos $$\biggl(\frac{r}{n^{^/\vartheta}}\biggr)^n \leqslant \frac{1}{2^n}$$ y así obtenemos \begin{align} M(r) &\leqslant b_1\cdot\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{r^n}{n^{n/\vartheta}} \\ &\leqslant b_1\biggl(\bigl(1 + (2r)^{\vartheta}\bigr)\exp \biggl(\frac{r^{\vartheta}}{e\vartheta}\biggr) + 2\biggr) \\ &\leqslant 4b_1(2r)^{\vartheta}\exp \biggl(\frac{r^{\vartheta}}{e\vartheta}\biggr) \end{align} para $r \geqslant 1/2$ . Esto implica $\vartheta \geqslant \rho(f)$ según sea necesario.