Deje $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ ser una función en la línea real con un positivo(o infinito) radio de convergencia acerca de $x=0$, e $a_0\neq0$. Entonces, ¿es verdad que la función de $1/f(x)$ también se puede Taylor ampliada sobre el origen? La pregunta es, esencialmente, si el formal inversa de la serie tiene un resultado positivo o infinito radio de convergencia.
Respuestas
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Sí. Creo que la siguiente es una manera de hacer esto sin análisis complejo (aunque yo creo que sería la manera más fácil).
Por simplicidad, supongamos $a_0 = 1$ (de lo contrario solo hay que dividir por $a_0$). Y tomar un radio de $\rho > 0$ tal que $\sum_{k=1}^{\infty} |a_n| |x|^n \le 1$ todos los $|x| \le \rho$ (existe uno desde $x \mapsto \sum_{k=1}^{\infty} |a_n| |x|^n$ es continua, y cero en el origen). Vamos a denotar $b_n$ para el coeficiente de la formal inversa y mostrar por recurrencia que $|b_n| \le \rho^{-n}$ (que probar que converge con el radio de $\ge \rho^{-1}$).
Para $n = 0$ es obvio desde $b_0 = 1$. A continuación, para $n \ge 1$, usted tiene
$$b_n = - \sum_{k=1}^{n} a_k b_{n-k}$$
Y
$$|b_n| \le \sum_{k=1}^{n} |a_k| \rho^{k-n}$$
Así
$$|b_n| \rho^n \le \sum_{k=1}^{n} |a_k| \rho^{k} \le \sum_{k=1}^{\infty} |a_k| \rho^{k} \le 1$$
Que concluye.
Bryan Roth
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La respuesta es sí: la función dada tiene una expansión de Taylor alrededor del origen con positivo radio de convergencia (tenga en cuenta que la mayoría de considerar $\infty$ positivo, el radio de convergencia).
Probablemente la forma más sencilla de ver esto es la apelación a complejos análisis: la función de $f$ igual de bien define un complejo de la analítica de la función en un barrio de $0$. Recordemos que una función es compleja analítica iff es diferenciable. Además, los habituales de cálculo de la prueba se adapta a este contexto para demostrar que si $f$ es complejo diferenciable y $f(0) \neq 0$, $\frac{1}{f}$ es diferenciable en a $0$, por lo complejo de la analítica.
También es posible demostrar este resultado por el poder directo de la serie de manipulaciones, pero confieso que no recuerdo el argumento en el momento: creo que es un poco complicado. Pero usted podría consultar un libro en el real de la analítica de la función de la teoría, por ejemplo, este uno por Krantz y Parques. (Agregado: el argumento que se da en las páginas 7 y 8 de este texto. Estoy a punto de firmar por un poco de tiempo, pero a petición podría parafrasear de aquí, un poco más tarde.)
Greg Case
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ashpool: Sí, $1/f(x)$ es analítica, y de hecho es analítico en el más grande de disco centrado en el origen donde se $f(x)$ está definido y distinto de cero. Este disco existe, ya que las $f(0)=a_0\ne0$.
Una manera de comprobar esto es el uso que tener un convergentes poder de expansión de la serie es equivalente a ser complejo diferenciable. Y uno puede comprobar directamente que $1/f$ es diferenciable si $f$ es.
(Aunque yo prefiero la compleja metodología analítica, se puede argumentar directamente. La idea es simple, aunque yo no tengo tiempo ahora para dar todos los detalles. Tenga en cuenta que $f(x)=a_0(1+\epsilon(x))$ donde $\epsilon(x)$ es analítica (de forma continua) y de la pequeña al $x$ es pequeña. A continuación, $1/f(x)$ puede ser ampliada como una serie geométrica en términos de $\epsilon(x)$, y se puede expandir $\epsilon$, y sus poderes término por término. El hecho de que es pequeño puede ser cuantificado a ver que los coeficientes resultantes de esta expansión dar una serie que converge en un pequeño intervalo. En un sentido, usted está comparando el formal de la serie término a término con un numérico de la serie que usted sabe que converge (Fix $0<\delta<1$ y pick $r$, de modo que $|\epsilon(x)|<\delta$ todos los $x$$|x|<r$. Trabajar dentro del intervalo de radio $r$). Es un poco desordenado pero sencillo.)
