$a_n =0$ todos los $n \in \mathbb N$ si $\sum a_n^k =0$ para todos los enteros $k \ge 1$

Question

Supongamos que $\sum a_n$ es absolutamente convergente serie compleja y que para todos los enteros $k \ge 1$, $\sum a_n^k =0$.

Cómo probar que el $a_n$ son todos iguales a $0$?

Yo estaba buscando para ampliar Newton identidades número infinito de variables, pero no soy capaz de escribir un simple comprobante!

Answer 1

No estoy seguro de si también quieren ver otras pruebas, pero aquí es un complejo-analítica de la prueba de todos modos.

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Definir $f(z)$ por el siguiente de la serie

$$ f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{1 - a_n z}. $$

Ahora hacemos la siguiente afirmación.

La reclamación. Para $f(z)$ los siguientes son verdaderas:

• $f(z)$ es holomorphic cerca de $z = 0$.
• $f(z)$ es meromoprhic en $\Bbb{C}$ y el termwise diferenciación es aplicable.

Supongamos primero que esta afirmación es verdadera. A continuación, observe que para cualquier $k \geq 0$ hemos

$$ f^{(k)}(0) = k! \sum_{n=1}^{\infty} a_n^{k+1} = 0. $$

Esto demuestra que $f(z) \equiv 0$ y, en particular, $f(z)$ no tiene polos. Por otro lado, si $a_m \neq 0$ algunos $m$, $f(z)$ deben tener un simple poste de $z = 1/a_m$. De hecho, debemos tener

$$ \underset{z=1/a_m}{\operatorname{Res}} f(z) = -(\# \{ n : a_n = a_m \}) \neq 0. $$

Esta contradicción implica que $a_n = 0$ para todos los $n$. ////

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Prueba de Reclamación. Tanto las reclamaciones que se comprueba fácilmente si vamos a probar el siguiente afirmación: para cualquier $R > 0$ existe $N$ tales que la suma de la cola

$$ T_{N}(z) := \sum_{n \geq N} \frac{a_n}{1-a_n z} $$

converge uniformemente en $|z| \leq R$. De hecho, vamos a $R > 0$ ser arbitraria. Desde $\sum |a_n| < \infty$, se puede elegir $N$ tal que $|a_n|R \leq \frac{1}{2}$ todos los $n \geq N$. A continuación, en $|z| \leq R$

$$ \left| \frac{a_n}{1 - a_n z} \right| \leq 2|a_n|. $$

Esto demuestra que $T_N(z)$ converge uniformemente por el M de Weierstrass de la prueba. ////

Answer 2

Suponga que la conclusión es equivocada, y deje $m$ ser el más pequeño índice tal que $a_m \ne 0$. Sin pérdida de generalidad podemos suponga que $m=1$, es decir, $$ \tag 1 a_1 \ne 0 \, . $$

Vamos $0 < \varepsilon < \frac 12|a_1|$. $\sum_{n=1}^\infty a_n$ es absolutamente convergente, por lo tanto no es un número entero $N$ tal que
$$ \sum_{n=N+1}^\infty |a_n| < \varepsilon \, . $$ y, en particular,$|a_n| < \varepsilon$$n > N$. De ello se sigue que para todos los enteros $k$, $$ \sum_{n=N+1}^\infty |a_n|^k \le \sum_{n=N+1}^\infty \varepsilon^{k-1}|a_n| = \varepsilon^{k-1} \sum_{n=N+1}^\infty |a_n| < \varepsilon^k \, . $$

Desde $\sum a_n^k =0$, $k$- ésima potencia de sumas $$ p_k := p_k(a_1, \ldots, a_N) = \sum_{n=1}^N a_n^k $$ satisfacer $$ \tag 2 |p_k| = \bigl| \sum_{n=N+1}^\infty a_n^k \, \bigr| \le \sum_{n=N+1}^\infty |a_n|^k < \varepsilon^k $$ para $1 \le k \le N$.

Ahora vamos a $$ e_k := e_k(a_1, \ldots, a_N) $$ be the $k$-th primaria polinomio simétrico en las variables $a_1, \ldots, a_N$.

A continuación,$e_0 = 1$, y el de Newton identidades estado que $$ \begin{aligned} e_1 &= p_1 \\ 2e_2 &= e_1 p_1 - p_2 \\ 3e_3 &= e_2 p_1 - e_1 p_2 + p_3 \end{aligned} $$ y en general $$ \etiqueta 3 k e_k = \sum_{i=1}^k (-1)^{i-1} e_{k-i} p_i \, \text{ para } k \ge 0 \, . $$

De $(2)$ $(3)$ se deduce fácilmente por inducción que la primaria simétrica polinomios satisfacer $$ |e_k| \le \varepsilon^k \text{ para } 0 \le k \le N \, . $$

Ahora definir $$ P(x) = (x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_N) \\ = x^N - e_1 x^{N-1} + e_2 x^{N-2} \cdots \pm e_N \, . $$ A continuación, $P(a_1) = 0$ y, por tanto, $r := |a_1|$ satisface $$ r^N \le |e_1| r^{N-1} + |e_2| r^{N-2} + \cdots + |e_N| \\ \le \varepsilon r^{N-1} + \varepsilon^2 r^{N-2} + \cdots + \varepsilon^N \\ = \varepsilon r^{N-1} \bigl( 1 + \frac{\varepsilon}{r } + \cdots + (\frac{\varepsilon}{r })^{N-1} \bigr) $$ o $$ 1 \le \frac{\varepsilon}{r } \bigl( 1 + \frac{\varepsilon}{r } + \cdots + (\frac{\varepsilon}{r })^{N-1} \bigr) \, . $$ $\varepsilon$ fue elegido tal que $0 < \frac \varepsilon r < \frac 12$, por lo tanto $$ 1 < \frac 12 \bigl( 1 + \frac 12 + \cdots + (\frac 12)^{N-1} \bigr) < 1 $$ lo cual es una contradicción.

Por lo que la hipótesis inicial de que está mal, y está demostrado que todos los $a_n$ son cero.

Answer 3

WLOG asumir que $r=\max_{n\ge 1}|a_n|<1$ (de lo contrario hacer escala). Definir $$ f(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{z-a_n}. $$

1. Converge uniformemente absolutamente a un almacén de función analítica en $|z|\ge 1$ debido a la estimación $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n|}{|z-a_n|}\le \frac{1}{1-r}\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|<+\infty. $$
2. Dentro de la unidad de disco de la integral de Cauchy da $$ \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}z^{k-1}f(z)\,dz=\sum_{n=1}^\infty a_n^k=0,\quad\forall k\ge 1. $$
3. Por lo tanto (una ligera modificación para incluir a $n=0$) de F. y de M. Riesz teorema implica que $f\in H_0^1$, $f$ es analítica en el interior del disco y $f(0)=0$.
4. Finalmente, el teorema de Liouville hace $f\equiv 0$ y, por lo tanto, todos los $a_n=0$.