¿Por qué esta función es $O(x^n)$

Question

$$f(x) = \prod_{k=0}^{n} (1+kx)^{ (-1)^k \binom {n} {k} }$$

Cómo demostrar que la expansión de Taylor de esta función en cero estrellas de 1 y luego $c x^n$ (todos los términos intermedios son cero)?

Answer 1

Todos los coeficientes de $x^j$ , $1\leq j\leq n-1$ son $0$ De hecho, como $f(0)=1$ .

Sea $\tau=x\frac{d}{dx}$ . Para $0\leq j\leq n-1$ Tenemos

$$\tau^j((1-x)^n))=\sum_{k=0}^n(-1)^k{n \choose k}k^j x^k$$

Ahora por una fácil inducción, $\tau^j((1-x^n)=(1-x)^{n-j}A_j(x)$ para algún polinomio $A_j$ por lo que si ponemos $x=1$ esto da para $0\leq j\leq n-1$ :

$$\sum_{k=0}^n(-1)^k{n \choose k}k^j =0$$

Ahora $$\log f(x)=\sum_{k=0}^n (-1)^k{n\choose k}\log (1+kx)$$

Por lo tanto, el coeficiente de $x^j$ , $j\leq j\leq n-1$ en $\log f(x)$ es

$$\frac{(-1)^{j-1}}{j}(\sum_{k=0}^n(-1)^k{n \choose k}k^j) =0 $$

Y $\log (f(x))=O(x^n)$ . Es fácil de terminar.

Answer 2

La afirmación es falsa. Para $n=1$ , $f(x) = \frac{1}{1+x} = 1-x+x^2-x^3+\cdots$ .

De hecho, no veo ningún problema en demostrar que la expansión de Taylor alrededor de $0$ de estas funciones empiezan todas por " $1 - x^n + \cdots$ ". Así que el término de orden cero es siempre $1$ .