Si$ S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^n,|x|<R$,$S_k(R)$ delimitada, probar o refutar$\lim_{x\to R}S(x)$ existe?

Question

deje$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^n,a_{n}>0,|x|<R$ $ (o el sentido de que la serie tiene powr radio de convergencia R.)

y dejar$$S_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}x^k=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+\cdots+a_{n}x^n$ $% si $S_{n}(R)$está delimitada, significa que no exsit constante$M>0$, tal$$|S_{n}(R)|<M$ $

probar o refutar$$\lim_{x\to R}S(x)$ $ se exsit. ?

Supongo que esto es correcto, y no puedo demostrar it.thank.

Por cierto: tengo añadir esta condición$a_{n}>0$, entonces no puedo.

Answer 1

Probablemente ya sabes que si $|S_n(R)|<M$$a_n>0$, la serie $\sum_{n=0}^\infty a_nR^n$ es convergente. Si $R=1$, Este es el Teorema 8.2 de Bebé Rudin y arbitrarias $R$ puedes ver el siguiente Teorema que sólo necesita definir $g(x)=S(Rx)-S(R)$.

Complejo Versión de Abel Teorema del Límite. Deje $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ tiene radio de convergencia $R$ y deje $z_0\in\mathbb C$ $|z_0|=R$ cuando la serie $f(z_0)=\sum_{n=0}^\infty a_nz_0^n$ converge. Entonces $$\lim_{z\to z_0}f(z)=f(z_0)$$ dónde está el límite de la izquierda está tomada de tal manera que $|z|<R$ y que la proporción de $\frac{|z_0-z|}{R-|z|}$ permanece acotado por una constante fija.

Alguna parte de la prueba que necesita. Considerando el límite de la función $$\color{red}{g(z)=f(z_0z)-f(z_0)}$$ como $z\to1$ de tal manera que $|z|<1$ y que la proporción de $\frac{|1-z|}{1-|z|}$ permanece acotado por una constante fija, podemos partir de ahora suponga que $z_0=1$ y $f(z_0)=0$.

Con estos supuestos, si la ponemos a $s_n=a_0+a_1+...+a_n$,$0=f(1)=\sum_{n=0}^\infty a_n=\lim s_n$. Ahora observe que el $a_n=s_n-s_{n-1}$, por lo que $$\sum_{k=0}^na_kz^k=(1-z)\sum_{k=0}^ns_kz^k+s_nz^n$$ Desde $s_n\to0$ $|z|<1$ se sigue que $s_nz^n\to0$. Por lo tanto, Teniendo en $n\to\infty$, obtenemos $$f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n=(1-z)\sum_{n=0}^\infty s_nz^n.$$

Answer 2

Deje$S_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n a_kx^k$ y$L=\sum\limits_{k=0}^\infty a_kR^k$. De$a_k\ge0$, por cada$n$ y$0<x<R$ hemos$$ S_n(x) \le S(x) \le L. $ $ De fijo$n$ y$x\to R-0$ se puede obtener$$ S_n(R) =\lim_{x\to R-0} S_n(x) \le \liminf_{x\to R-0} S(x) \le \limsup_{x\to R-0} S(x) \le L. $ $ Entonces , desde$n\to\infty$,$$ L=\lim_{N\to\infty} S_n(R) \le \liminf_{x\to R-0} S(x)\le \limsup_{x\to R-0} S(x) \le L. $ $ consiguiente$\liminf\limits_{N\to\infty} S(R) = \limsup\limits_{x\to R-0} S(x) =L$, por lo que existe$\lim\limits_{x\to R-0} S(x)$ y$\lim\limits_{x\to R-0} S(x)=L=\sum\limits_{k=0}^\infty a_kR^k$.

Answer 3

También puede hacer referencia al teorema de la continuidad de Abel. La función$S(x)$ es continua en su conjunto la convergencia; en particular, si la serie converge en$R$, entonces$S(x)$ es continua en$R-0$.