demostrar que $(1 + x)^\frac{1}{b}$ es una serie de energía formal

Question

¿Cómo probar que $(1 + x)^\frac{1}{b}$ (donde $b$ es un entero) puede ser expresado como una serie de energía formal sin usar el teorema del binomio?

Answer 1

La recurrencia de coeficiente surge de la obvia ecuación diferencial de primer orden, es decir

$$\rm\ \frac{y'}y\ =\ (log\ y)'\:=\ \bigg(\frac{log(1+x)}b\bigg)'\:=\ \frac{1}{b\ (1+x)}\ \ \ \Rightarrow\ \ \ y\: =\ b\ (1+x)\ y'$$

Por lo tanto $\displaystyle\rm\ \ y\ =\ \sum_{k\ge 0}\ a_k x^k\ =\ b\ (1+x)\ \sum_{k\ge 0}\ (k+1)\ a_{k+1}\ x^k\:,\ \: $ que, después de la álgebra, da

$$\rm a_{k+1}\ =\ \frac{1-b\:k}{b\:(k+1)}\ a_k,\ \ \ a_0 = 1$$

Como comprobación, observe que produce la fórmula binomial $\rm\ b = 1/n,\ y = (1+x)^n\ $ desde entonces

$$\rm \frac{a_{k+1}}{a_k}\ =\ \frac{n-k}{k+1}\ =\ \frac{n\choose k+1\:}{n\choose k\:}$$

y $\rm\ a_k = 0\ $ $\rm\ k > n\ $ desde el anterior implica $\rm\ a_{n+1} = 0\ $ por lo tanto, $\rm\ a_{n+i} = 0\ $ % todo $\rm\:i>0\:.$

Answer 2

No creo que te refieres es (literalmente) una serie de energía formal, ya que no es. Se puede expresar como una serie de energía formal (en $x$), ya que es una función analítica de $x$ en un barrio de $x=0$. Puede utilizar el teorema de la función inversa para eso.

Answer 3

Estamos buscando una serie de energía $f=1+a_1x+a_2x^2+\cdots$ tal que $f^b=1+x$. Escrito por $f^b$, haz $1+ba_1x+g_2(a_1,a_2)x^2+g_3(a_1,a_2,a_3)x^3+\cdots$, donde $g_i(a_1,a_2,\ldots,a_i)$ es una función lineal de los coeficientes. Entonces $f^b=1+x$, tenemos que resolver un sistema de ecuaciones $$ba_1=1$ $ $$g_2(a_1,a_2)=0$ $ $$g_3(a_1,a_2,a_3)=0$ $ $$\vdots$ $ esto nos da un sistema infinito de ecuaciones que pueden resolverse de forma iterativa, a partir de $a_1=1/b$.

Answer 4

Nosotros lo hacemos por $b>0$. Un argumento similar se va a trabajar para $b<0$. Tenga en cuenta que el argumento es puramente formal.

Así que estamos tratando de encontrar $a_0$, $a_1$, $a_2$, y así sucesivamente, tal que $$1+x=(a_0+a_1x+a_2x^2+ \cdots +a_nx^n +\cdots)^b$$ donde la igualdad se entiende en el sentido formal. Está claro que queremos que $a_0=1$$a_1=1/b$.

Hay un natural de prueba por inducción, si elegimos la inducción de la hipótesis correctamente.
Deje $n \ge 1$. Asumir por medio de la inducción de la hipótesis de que hay números de $a_0, a_1, \dots, a_n$ tal que $$(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)^b$$ se compromete formalmente con $1+x$ en posiciones de $0, 1,\dots,n$. Vamos a demostrar que podemos elegir $a_{n+1}$ tal que
$$(a_0+a_1x+\cdots+a_{n+1}x^{n+1})^b$$ se compromete formalmente con $1+x$ en posiciones de $0, 1,\dots,n+1$.

Que es fácil. Deje $c_{n+1}$ ser el coeficiente de $x^{n+1}$$(a_0+a_1x+ \cdots +a_nx^n)^b$. Definir $a_{n+1}$$ba_{n+1}=-c_{n+1}$.

Answer 5

Podemos usar el método de Newton para encontrar una raíz de la función

$$ g(t) = t^b - (1+x) $$

mediante el uso de la iteración

$$t_{n+1} = t_n - \frac{g(t_n)}{g'(t_n)} = t_n - \frac{t_n^b - (1+x)}{b t_n^{b-1}} $$

Podemos ver esto converge por la observación de que si el recíproco de $t_n$ es un poder formal de la serie (es decir, su líder coeficiente es distinto de cero) y tenemos

$$ g(t_n) \equiv 0 \pmod{x^k} $$

luego también debemos de tener

$$ t_{n+1} \equiv t_n \pmod{x^k} $$

y la serie de Taylor de la fórmula da

$$ \begin{align*}g(t_{n+1}) &= g(t_n) - g'(t_n) \frac{g(t_n)}{g'(t_n)} \mod{\left(\frac{g(t_n)}{g'(t_n)}\right)^2} \\ &=0 \mod x^{2k} \end{align*} $$

Si establecemos $t_0 = 1$, entonces es fácil ver que

$$g(t_0) \equiv 0 \pmod x \qquad \qquad t_n \equiv 1 \pmod x $$

y por lo tanto el límite de esta secuencia es un poder formal de la serie que es una raíz de $g(t)$.