Puede un polinomio puede expresarse como una suma infinita de no-funciones polinómicas?

Question

La serie de Taylor representa un no-función polinómica como una serie infinita de polinomios, por lo que es posible expresar un polinomio de la función como una serie infinita de no-funciones polinómicas?

Answer 1

Sin restricciones sobre las funciones, la respuesta es trivial. Tomar cualquier familia de los no-funciones polinómicas $\phi_n(x),n>0$ tales que su suma converge a algunos no polinomio $\sigma(x)$.

A continuación, definir

$$\phi_0(x):=P(x)-\sigma(x)$$ y usted tiene que:

$$\sum_{n=0}^\infty\phi_n(x)=P(x).$$

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El conjunto de no-funciones polinómicas es mucho más rica que la de polinomios, por lo que no hay simetría entre Taylor y a la inversa "Taylor".

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Otro ejemplo muy simple es la familia de funciones que la igualdad de la deseada polinomio en el intervalo de $[n,n+1)$ y cero en otro lugar.

Answer 2

Aquí es un ejemplo interesante que he encontrado cuando he metido con este mismo tema hace un tiempo. Esta suma da que cualquier polinomio usted desea: $$\frac{(-1)^n}{n!}\sum _{k=0}^n{n \choose k}\left(-1\right)^{n-k}f(x)\left(\sin \left(x\right)+k\right)^n =f(x)$$

Answer 3

Seguro que es posible! Tomar una simple serie de fourier. Uno de mis favoritos:

$$x=\pi-2\left(\frac{\sin(x)}1+\frac{\sin(2x)}2+\frac{\sin(3x)}3+\dots\right)$$

Para $x\in(0,2\pi)$.

$$y=-2\left(\frac{\sin(y)}1-\frac{\sin(2y)}2+\frac{\sin(3y)}3-\dots\right)$$

Para $y\in(-\pi,\pi)$.

Answer 4

$\frac{x^2}{(1-x)^k}$ no es un polinomio de cualquier $k>0$.

Sin embargo, $$ \sum_{k=1}^\infty \frac{x^2}{(1-x)^k} = -x $$ es un polinomio.

Si desea que una serie que converge en todo el eje real, trate de $$ \sum_{k=1}^\infty x^2 \left(e^{x^2}-1\right)e^{-kx^2} = x^2 $$

Answer 5

He aquí un sencillo ejemplo. La parte difícil es en realidad simplemente asegurarse de que ninguno de los número infinito de funciones en la suma de un polinomio, suponiendo que usted considere que el cero de la función a ser un polinomio.

Deje $p(x)$ ser un polinomio arbitrario. A continuación, vamos a \begin{align} f_0(x) &= \sin x \\ f_1(x) &= \begin{cases} p(x) & x < 0 \\ -\sin x & x \geq 0 \end{casos} \\ f_2(x) y= \begin{cases} -\sin x & x < 0 \\ p(x) & x \geq 0 \end{casos} \\ f_n(x) y= \begin{cases} \dfrac{\sin x}{2^{n+1}} & \text{%#%#% and %#%#% odd} \\ \dfrac{\sin x}{2^n} & \text{%#%#% and %#%#% even} \end{casos} \\ \end{align}

Ninguna de estas funciones es un polinomio, ya que cada función tiene un número infinito de ceros. Pero $n>2$

Las funciones de $n$ $n>2$ se definen con el fin de satisfacer el requisito de expresar $n$ como un infinito número de no-funciones polinómicas (que creo que es la parte más difícil de este problema). Cada una de las sucesivas par de funciones ha de suma cero, de modo que $p(x) = f_0(x) + f_1(x) + f_2(x).$ para cualquier entero $f_n(x)$. Para $n > 2$ por lo tanto, la suma parcial $p(x)$ $f_3(x) + \cdots + f_{2k}(x) = 0$ si $k$ es incluso y es $n>2,$ si $f_0(x) + \cdots + f_n(x)$ es impar.

Las funciones de $p(x)$ converge a cero como $n$ por lo que la suma converge a $p(x) + \frac{\sin x}{2^{n+1}}$