Soluciones elementales de f(z+1)-f(z)=g(z) en funciones enteras

Question

Sea g(z) una función entera de variable compleja z. ¿Existe una función entera f(z) tal que f(z+1)-f(z)=g(z)? Como aprendí hace varios años, la respuesta a esta pregunta es es aparentemente "sí pero no me he sentido satisfecho con la prueba porque va más allá de mis conocimientos.

Intenté encontrar f utilizando la expansión en serie de potencias de g, pues eso funciona cuando g es un polinomio. Pero los resultados de las inversiones parciales seguían divergiendo. Representar g como una integral a través de la fórmula de Cauchy, y hacer la inversión dentro de la integración condujo a problemas similares. Quizá sea demasiado optimista, pero una pregunta tan elemental debería tener una solución igualmente elemental. ¿Existe tal solución? Si no es así, ¿hay alguna razón para esperar que no exista una solución simple y elemental?

Answer 1

Me ha llevado algún tiempo encontrar una solución que satisfaga ambos requisitos:

a) Si debe basarse en la expansión en serie de potencias

b) No debe utilizar herramientas más pesadas que la integración de contornos.

Por lo tanto $g(z)=\sum a_ k z^k$ . Sabemos que $a_ k$ decaen más rápido que cualquier progresión geométrica. Queremos funciones analíticas $F_ k(z)$ tal que $F_ k(z+1)-F_ k(z)=z^k$ y $F_ k(z)$ no crece más rápido que una progresión geométrica en función de $k$ en cada disco. Entonces $f=\sum a_ k F_ k$ es lo que queremos. Por lo tanto, sólo tiene que elegir cualquier múltiplo impar $r_ k\in(k,k+2\pi)$ de $\pi$ y poner $$ F_ k(z)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_ {|z|=r_ k}\frac {e^{z\zeta}}{e^\zeta-1}\frac{d\zeta}{\zeta^{k+1}} $$
La clave es que $|e^\zeta-1|\ge \frac 12$ en el círculo y $r_ k^k\ge k!$ Así que $|F_ k(z)|\le 2e^{|z|(k+2\pi)}$ en el avión.

Answer 2

Una aproximación informal es escribir el operador de diferencias finitas como exp(D)-1 donde D es d/dx. Entonces estamos tratando de evaluar 1/(exp(D)-1) f(x).

Por ejemplo, consideremos el caso f(x) = xcos(x).

Escribe cos(x)=(exp(ix)+exp(-ix))/(2i)

Los físicos cuánticos utilizan mucho el "teorema": f(D) exp(ax) = exp(ax) f(a+D)

Entonces 1/(exp(D)-1) (xexp(ix)) = exp(ix) 1/(exp(D+i)-1) x

1/(exp(D+i)-1) se puede expandir como una serie de potencias en D. Como lo estamos aplicando a x, sólo sobreviven los términos constante y D^1.

Reensamblando y simplificando da g(x) = ((1+x)(cos(x)-cos(1+x))+cos(1+x))/(4sin(1/2)^2)

Sorprendentemente, Mathematica simplifica g(x+1)-g(x) a xcos(x), así que probablemente sea correcto. No hay duda de que un analista podría hacer rigurosos este tipo de chanchullos con D (que creo que se remontan a Heaviside).

Answer 3

Sospecho que quieres una solución constructiva; si alguien te da g, quieres poder decir qué es f.

Escribe Df(z) para f(z+1) - f(z). Queremos resolver Df(z) = g(z). Por supuesto, esto sólo determina f hasta una constante.

Sea g(z) = (z) _k \= z(z-1)(z-2)...(z-k+1). Entonces f(z) = (z) _(k+1) /(k+1) satisface Df(z) = g(z). (La potencia decreciente (z) _k es a las diferencias finitas lo que z k es al cálculo diferencial ordinario).

Podemos utilizar esto para "integrar" (es decir, dado g, encontrar f) las potencias ordinarias z k utilizando el hecho de que las potencias ordinarias pueden escribirse como combinaciones lineales de potencias decrecientes. Los coeficientes del cambio de base son Números de Stirling . Así, por ejemplo,

g(z) = z 3 \= (z) ₃ + 3(z) ₂ + (z) ₁

y por tanto Df(z) = g(z) donde f es

(z) ₄ /4 + (z) ₃ + (z) ₂ /2 = z 2 (z-1) 2 /4. En general, dado g(z) = z k se obtiene

f(z) = ∑ _k=1 n S(n,k) (n) _k+1 /(k+1)

donde S(n,k) es un número de Stirling de segundo tipo. Pero estos polinomios no son tan agradables, y no estoy seguro de cómo se podría utilizar esto para encontrar, por ejemplo, la solución a Df(z) = exp(z).

Answer 4

Una respuesta a parte de tu pregunta: tiene sentido que un enfoque de series de potencias no sea tan sencillo, ya que la sustitución de series de potencias formales sólo tiene sentido formal cuando estás introduciendo algo con un término constante cero, no algo como 1+x. En particular, una secuencia de polinomios p(x) que converge a una serie de potencias f(x) en la topología de Krull (es decir, que finalmente coincide en coeficientes) no implica que p(1+x) converja a f(1+x) en la topología de Krull, aunque f(1+x) tenga sentido debido a que f es la serie de potencias de una función entera.

Answer 5

En primer lugar, puede encontrar $f$ suave con esta propiedad. Ahora desea sustituir $f$ por $f+h$ con $h$ periódico, de modo que $f+h$ es holomorfa. Para ello, es necesario poder resolver $\bar{d}\, h =$ alguna función periódica suave fija.

Creo que se puede resolver expandiendo la función periódica fija en series de Fourier y resolviendo término a término. Sospecho que esto es bastante cerca de (una traducción de) la solución sugerida en el enlace que diste.