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an=0 todos los nN si akn=0 para todos los enteros k1

Supongamos que an es absolutamente convergente serie compleja y que para todos los enteros k1, akn=0.

Cómo probar que el an 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!

10voto

psychotik Puntos 171

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


Definir f(z) por el siguiente de la serie

f(z)=n=1an1anz.

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 C y el termwise diferenciación es aplicable.

Supongamos primero que esta afirmación es verdadera. A continuación, observe que para cualquier k0 hemos

f(k)(0)=k!n=1ak+1n=0.

Esto demuestra que f(z)0 y, en particular, f(z) no tiene polos. Por otro lado, si am0 algunos m, f(z) deben tener un simple poste de z=1/am. De hecho, debemos tener

Resz=1/amf(z)=(#{n:an=am})0.

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


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

TN(z):=nNan1anz

converge uniformemente en |z|R. De hecho, vamos a R>0 ser arbitraria. Desde |an|<, se puede elegir N tal que |an|R12 todos los nN. A continuación, en |z|R

|an1anz|2|an|.

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

8voto

Martin R Puntos 7826

Suponga que la conclusión es equivocada, y deje m ser el más pequeño índice tal que am0. Sin pérdida de generalidad podemos suponga que m=1, es decir, a10.

Vamos 0<ε<12|a1|. n=1an es absolutamente convergente, por lo tanto no es un número entero N tal que
n=N+1|an|<ε. y, en particular,|an|<εn>N. De ello se sigue que para todos los enteros k, n=N+1|an|kn=N+1εk1|an|=εk1n=N+1|an|<εk.

Desde akn=0, k- ésima potencia de sumas pk:=pk(a1,,aN)=Nn=1akn satisfacer |pk|=|n=N+1akn|n=N+1|an|k<εk para 1kN.

Ahora vamos a ek:=ek(a1,,aN) be the k-th primaria polinomio simétrico en las variables a1,,aN.

A continuación,e0=1, y el de Newton identidades estado que e1=p12e2=e1p1p23e3=e2p1e1p2+p3 y en general \etiqueta3kek=ki=1(1)i1ekipi para k0.

De (2) (3) se deduce fácilmente por inducción que la primaria simétrica polinomios satisfacer |ek|εk para 0kN.

Ahora definir P(x)=(xa1)(xa2)(xaN)=xNe1xN1+e2xN2±eN. A continuación, P(a1)=0 y, por tanto, r:=|a1| satisface rN|e1|rN1+|e2|rN2++|eN|εrN1+ε2rN2++εN=εrN1(1+εr++(εr)N1) o 1εr(1+εr++(εr)N1). ε fue elegido tal que 0<εr<12, por lo tanto 1<12(1+12++(12)N1)<1 lo cual es una contradicción.

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

1voto

A.G. Puntos 7303

WLOG asumir que r=max (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.

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