¿Podemos demostrar que todos los ceros de cos de toda función son reales de la expansión de la serie de Taylor del cos?

Question

Q1: ¿se Puede demostrar que todos los ceros de cos(x) son reales a partir de la siguiente expansión en series de Taylor de cos(x)? $$ \cos(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} $$

La Riemann $\xi(z)$ función es toda una función relacionada a la de Riemann $\zeta(s)$ función de ($s=1/2+iz$) a través de (Titchmarsh, p16):

$$ \xi(z) = \frac{1}{2}s(s-1)\pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s) $$

El funcional de la ecuación está dada por: $$ \xi(z)=\xi(-z)$$

$\xi(z)$ función puede ser expresada como una serie de Taylor ($b_k>0$):

$$ \xi(z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}b_{k}z^{2k} $$

Q2: ¿se Puede demostrar que todos los ceros de una función, como $\xi(z)$, son reales a partir de la expansión en series de Taylor de $\xi(z)$?

Todas las referencias son apreciados.

-mike

Answer 1

Bien, creo que puedo mostrar, pero la idea, es necesario saber de antemano que $\sin x$ tiene sólo real de ceros:

Vamos a utilizar la siguiente proposición ,que se administra como un ejercicio de Ahlfors' texto:

Mostrar que si $f(z)$ es de género $0$ o $1$ real con los ceros, y si $f(z)$ es real real de z, entonces todos los ceros de $f'(z)$ son reales. Sugerencia: Considerar $\text{ Im} \frac{f'(z)}{f(z)}$.

La integración de la serie de Taylor del coseno da la serie de Taylor de la sinusoidal:

$$\sin(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} z^{2n+1} $$

Dado que los coeficientes son reales, vemos que la función seno es real, real argumentos.

El uso de la fórmula $$\rho=\limsup_{n\to\infty}\frac{n\ln n}{-\ln|a_n|} $$ para el orden de la totalidad de la función de $\sum a_n z^n$, podemos ver que $\sin(z)$ orden $\rho=1$, y de acuerdo a Hadamard del teorema de factorización nos encontramos con que su género es $\leq 1$.

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Con el fin de aplicar esto en tu ejemplo, usted debe preguntar si $\xi(z)$ tiene una antiderivada con género $\leq 1$, que se desvanece exclusivamente en el eje real. (el real coeficientes de dar la tercera condición automáticamente).

Espero que esto ayude!

Answer 2

Me enteré de la respuesta de un documento en la web, pero no puedo encontrarlo. Así que voy a escribir de lo que yo recordaba y también lleno en los pasos que se han omitido.

Primero hemos de volver a escribir la expresión como $$ \cos(x) =\lim_{n\to\infty}g_n(x/(2n)) $$

$$ g_n(x/(2n)):=\sum_{n=0}^n (-1)^k \binom{2n}{2k}\frac{x^{2k}}{(2n)^{2k}} $$ La función de $g_n(x)$ es el llamado Jensen polinomio asociado con la función $\cos(x)$.

Esto es posible porque $$A(n,k):=\binom{2n}{2k} \frac{(2k)!}{(2n)^{2k}} =\frac{(2n)_{2k}}{(2n)^{2k}}=\frac{(2n)}{(2n)}\frac{(2n-1)}{(2n)}...\frac{(2n-2k+1)}{(2n)}$$

Así

$$\lim_{n\to\infty} A(n,k)=1$$

El uso de Mathematica 7.0 nos enteramos de que $$g_n(x/(2n))=\frac{1}{2}\left(1+\frac{ix}{2n}\right)^{2n}+\frac{1}{2}\left(1+\frac{-ix}{2n}\right)^{2n}$$

Es interesante ver que

$$\lim_{n\to\infty}g_n(x/(2n))=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{ix}{2n}\right)^{2n}+\left(1-\frac{ix}{2n}\right)^{2n}\right)=\frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})=\cos(x)$$

Deje $\omega_{k}$ $-\omega_{k}$ $n=1,2,...,n $ $2n$ raíces de $y^{2n}=-1$, están dados por:

$$\omega_{k}=\exp\left({i\pi}\frac{2k+1}{2n}\right)$$

a continuación, las raíces de $g_n(x/(2n))$ están dados por:

$$x_k=-(2in)\frac{\omega_{k}-1}{\omega_{k}+1}=2n\tan\left(\frac{\pi(2k+1)}{4n}\right)$$

$$x_{n+k}=-(2in)\frac{-\omega_{k}-1}{-\omega_{k}+1}=-2n\cot\left(\frac{\pi(2k+1)}{4n}\right)$$

Al $n\to\infty$ primera $n$ ceros sobrevivido (se mantuvo finito)

$$\lim_{n\to\infty}x_k=\lim_{n\to\infty}2n\tan\left(\frac{\pi(2k+1)}{4n}\right)=\frac{\pi}{2}(2k+1)$$

la última $n$ ceros son empujados a $-\infty$ $$\lim_{n\to\infty}x_{n+k}=\lim_{n\to\infty}(-2n)\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi(2k+1)}{4n}\right)=\lim_{n\to\infty}(-2n)\tan\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\infty$$

-mike