consecuencia de supremum de una serie

Question

Dado $f: \mathbb N \to \mathbb R$. Asume que $$A:=\sup_{k\geqslant 0}\Big| \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!}f(k+n)\Big|<\infty,$$ para algunos $t\in (0,1)$, podemos concluir que el $f$ está delimitada en $\mathbb N$? Mi prueba como sigue:

• Si $f\geqslant 0$, $\infty > A \geqslant \sup_{k\geqslant 0}|f(k)|$ (considerar en $n=0$).

• De lo contrario, podemos escribir la $f=f^+-f^-$ y podemos aplicar el de arriba para obtener la conclusión? Este es el punto que no estoy seguro.

Answer 1

Denotamos por a $\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$ el espacio de secuencias delimitadas en $\mathbb{R}$. Que es: \begin{equation*} \ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)=\left\{\left(a_{0},a_{1},\ldots\right)\in\mathbb{R}^{\omega}\bigm\vert\sup_{i\ge0}\left\{\left\lvert a_{i}\right\rvert\right\}<+\infty\right\}. \end{ecuación*} Equipamos a este espacio con la norma $\left\lvert\left\lvert{}a\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}=\sup_{i\ge0}\left\{\left\lvert a_{i}\right\rvert\right\}$.

Definir el operador lineal $L_{t}:\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)\to\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$ por \begin{equation*} \left(L_{t}(a)\right)_{i}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{n}}{n!}a_{i+n} \end{ecuación*} para $i\ge0$ fijos $t\in\mathbb{R}$. Tenga en cuenta que este operador es acotado ya que \begin{equation*} \left\lvert\left(L_{t}(a)\right)_{i}\right\rvert=\left\lvert\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{n}}{n!}a_{i+n}\right\rvert\le\left\lvert\left\lvert a\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{n}}{n!}=e^{t}\left\lvert\left\lvert a\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}. \end{ecuación*} Desde $i\ge0$ era arbitraria, obtenemos que \begin{equation*} \left\lvert\left\lvert L_{t}(a)\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}\le{}e^{t}\left\lvert\left\lvert a\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}. \end{ecuación*} Del mismo modo definen $M_{t}:\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)\to\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$ por \begin{equation*} \left(M_{t}(a)\right)_{i}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-t)^{n}}{n!}a_{i+n} \end{ecuación*} para $i\ge0$. Observar que $\left\lvert\left\lvert M_{t}\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}\le{}e^{t}\left\lvert\left\lvert a\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}$ y que \begin{align*} \left(M_{t}\left(L_{t}(a)\right)\right)_{i}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-t)^{n}}{n!}\left(L(a)\right)_{i+n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-t)^{n}}{n!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{t^{m}}{m!}a_{i+n+m}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(n+m)!}{n!m!}\frac{t^{n+m}}{(n+m)!}a_{i+n+m}\\ &=\sum_{s=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{s}(-1)^{k}\begin{pmatrix}s\\k\\\end{pmatrix}\frac{t^{s}}{s!}a_{i+s}=\sum_{s=0}^{\infty}\frac{t^{s}}{s!}a_{i+s}\left(1+(-1)\right)^{s}=a_{i}. \end{align*} Desde $i\ge0$ era arbitraria, esto es en general. Del mismo modo, también tenemos \begin{equation*} \left(L_{t}\left(M_{t}(a)\right)\right)_{i}=a_{i} \end{ecuación*} para $i\ge0$. Por lo tanto, $M_{t}$ es la inversa del operador a $L_{t}$. Llegamos a la conclusión de que $L_{t}$ es bijective en $\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$. Por lo tanto, las normas $\left\lvert\left\lvert\cdot\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}$ $\left\lvert\left\lvert L_{t}\left(\cdot\right)\right\rvert\right\rvert_{\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)}$ son equivalentes. Observar que \begin{equation*} \left(L_{t}(f(n))\right)_{i}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{n}}{n!}f(i+n) \end{ecuación*} es en $\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$ por la información que facilite. Por lo tanto, $(f(n))_{n\ge1}\in\ell^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$.

Answer 2

Hay otra interesante manera de probar que $f$ está acotada. Primero de todo, una importante pre-requisito:

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Si $g(x)$ es una potencia de la serie y derivados de todo orden de $g$ existir en algún $r\in R$, es decir, $g^{(0)}(x), g^{(1)}(x),...$ convergen en $r$,$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}g^{(n)}(r)\frac{(x-r)^n}{n!} \ \forall \ x \in \mathbb R$. La prueba es un maravilloso ejercicio en la notación de sumatoria.

Prueba: Decir $g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n$. Entonces $$\sum_{n=0}^{\infty}g^{(n)}(r)\frac{(x-r)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+n)!}{k!}b_{k+n}r^k\right)\frac{(x-r)^n}{n!}$$ $$ = \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+n)!}{(k!)(n!)}b_{k+n}r^{k}\left(\sum_{m=0}^n{n \choose m}(-1)^{(n-m)}r^{(n-m)}x^m\right) $$ $$ \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{n} {{k+n}\choose k}{n \choose m}b_{k+n}(-1)^{(n-m)}r^{(k+n-m)}x^m$$You can sum over $m$ in the end, i.e. $$\sum_{m=0}^{\infty}\left( \sum_{n=m}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} {{k+n}\choose k}{n \choose m}b_{k+n}(-1)^{(n-m)}r^{(k+n-m)} \right)x^m$$ Now take $j=n+k$ and see that for given $n$, $j$ goes from $n$ to $\infty$, so that the sum becomes $$\sum_{m=0}^{\infty}\left( \sum_{n=m}^{\infty} \sum_{j=n}^{\infty} {{j}\choose n}{n \choose m}b_{j}(-1)^{(n-m)}r^{(j-m)} \right)x^m $$ Now the final part: we can interchange the two inner summations of $j$ and $n$. Notice that $j\ge n \ge m$, de modo que la suma se convierte en $$ \sum_{m=0}^{\infty}\left( \sum_{j=m}^{\infty} \sum_{n=m}^{j} {{j}\choose n}{n \choose m}b_{j}(-1)^{(n-m)}r^{(j-m)} \right)x^m $$ $$ \sum_{m=0}^{\infty}\left( \sum_{j=m}^{\infty} \left( \sum_{n=m}^{j} {{j}\choose n}{n \choose m} (-1)^{(n-m)} \right) b_{j}r^{(j-m)} \right)x^m $$We have considerably resolved this summation. We only need to show that the terms for $j>m$ desaparecer.

Para ver este aviso $$(1+x)^j=\sum_{p=0}^j{j\choose p}x^{(j-p)}$$ and $$(1+x)^{-(m+1)}=\sum_{q=m}^{\infty}{q\choose m}(-1)^{(q-m)}x^{(q-m)}$$ and that the expression $\sum_{n=m}^{j} {{j}\elegir n}{n \elegir m} (-1)^{(n-m)}$ is nothing but the coefficient of $x^{(j-m)}$ in $(1+x)^j (1+x)^{-(m+1)}$, i.e. the coefficient of $x^{(j-m)}$ in $(1+x)^{(j-m-1)}$. If $j=m$ this is equal to one. However if $j>m$ then $j-m-1\ge 0$ and thus coefficient is equal to zero. Thus $$ \sum_{n=m}^{j} {{j}\choose n}{n \choose m} (-1)^{(n-m)} = \delta_{jm}$$. Therefore the summation becomes $$ \sum_{m=0}^{\infty} b_{m}r^{(m-m)} x^m = g(x)$$ como se requiere.

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Ahora considere el poder de la serie de $h(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}f(n)$. Observe que $$h^{(k)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}f(n+k) \ \forall \ k\ge0$$It follows that $h^{(k)}(x)$ converges at $x=t \ forall \ k\ge0$ and $h^{(k)}(t)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}f(n+k)$. Thus $h(x)=\sum_{n=0}^{\infty}h^{(n)}(t)\frac{(x-t)^n}{n!}$. Now notice that $ |h^{(k)}(t) \frac{(x-t)^k}{k!}| < A \frac{|x-t|^k}{k!} \ \forall \ k\ge0$ and since $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{|x-t|^n}{n!}$ converges everywhere in $\mathbb R$, it follows from Weierstrass-M test that the series $\sum_{n=0}^{\infty}h^{(n)}(t)\frac{(x-t)^n}{n!}$ converges everywhere in $\mathbb R$. Thus $h(x)$ converges everywhere in $\mathbb R$. Also $|h(x)| < A \left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{|x-t|^n}{n!} \right)=Ae^{|x-t|}$.

Del mismo modo, mediante la diferenciación de $h(x)= \sum_{n=0}^{\infty}h^{(n)}(t) \frac{(x-t)^n}{n!}$usted puede demostrar que $$h^{(k)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}h^{(k+n)}(t)\frac{(x-t)^n}{n!}$$ $\forall \ k \ge 0$. Again it follows from Weierstrass-M test that $h^{(k)}(x)$ converges everywhere in $\mathbb R$ and $$|h^{(k)}(x)|= \left| \sum_{n=0}^{\infty}h^{(k+n)}(t)\frac{(x-t)^n}{n!} \right| < A \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{|x-t|^n}{n!} \right) = Ae^{|x-t|}$$. Así $$|h(0)|=|f(0)| < Ae^{|0-t)|}=Ae^{t}...$$ $$|h^{(k)}(0)| = |f(k)| < Ae^{|0-t|} = Ae^{t} \ \forall \ k \ge 0$$ proving that $f$ es acotada.