Primaria soluciones de f(z+1)-f(z)=g(z) en la totalidad de las funciones de

Question

Sea g(z) sea una función de una variable compleja z. ¿Existe una función f(z) tal que f(z+1)-f(z)=g(z)? Como he aprendido varios años atrás, la respuesta a esta aparentemente es 'sí', pero no me he sentido satisfecho con la prueba, ya que va más allá de mi experiencia.

Traté de encontrar f usando el poder de expansión de la serie de g, para la que trabaja cuando g es un polinomio. Pero los resultados parciales de las inversiones se mantienen divergentes. En representación g de forma integral, a través de la fórmula de Cauchy, y haciendo de la inversión dentro de la integración llevado a problemas similares. Quizás soy demasiado optimista, pero una pregunta esta de primaria deben tener igual de primaria de la solución. Hay una solución? Si no, hay una razón para esperar que no simple y elemental de la solución que debe de existir?

Answer 1

Me tomó algún tiempo para encontrar una solución que satisfaga a ambos requisitos:

a) Si debe estar basado en el poder de expansión de la serie

b) Se debe utilizar ninguna de las herramientas más pesado que el contorno de la integración.

Por lo tanto, vamos a $g(z)=\sum a_ k z^k$. Sabemos que $a_ k$ decaimiento más rápido que cualquier progresión geométrica. Queremos que las funciones analíticas $F_ k(z)$ tal que $F_ k(z+1)-F_ k(z)=z^k$ $F_ k(z)$ no crece más rápido que el de una progresión geométrica, como una función de la $k$ en cada disco. A continuación, $f=\sum a_ k F_ k$ es lo que queremos. Así, acaba de elegir cualquier impares múltiplos $r_ k\in(k,k+2\pi)$ $\pi$ y poner $$ F_ k(z)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_ {|z|=r_ k}\frac {e^{z\zeta}}{e^\zeta-1}\frac{d\zeta}{\zeta^{k+1}} $$
La clave está en que $|e^\zeta-1|\ge \frac 12$ sobre el círculo y $r_ k^k\ge k!$, lo $|F_ k(z)|\le 2e^{|z|(k+2\pi)}$ en el avión.

Answer 2

En primer lugar, usted puede encontrar $f$ liso con esta propiedad. Ahora usted desea reemplazar el $f$$f+h$, $h$ periódico, por lo que el $f+h$ es holomorphic. Para hacer esto, usted necesita ser capaz de resolver $\bar{d}\, h =$ fijos suave función periódica.

Creo que se puede resolver mediante la expansión de la fija periódica de la función en serie de Fourier y la resolución de término a término. Sospecho que esto está bastante cerca (traducción de) la solución propuesta en el enlace que me has dado.

Answer 3

Un enfoque de carácter informal, es escribir la diferencia finita operador como exp(D)-1, donde D es d/dx. Entonces estamos tratando de evaluar 1/(exp(D)-1) f(x).

Por ejemplo, considere el caso f(x) = xcos(x).

Escribir cos(x)=(exp(ix)+exp(-ix))/(2i)

Los físicos cuánticos hacen mucho uso de la 'teorema': f(D) exp(ax) = exp(ax) f(a+D)

Así que 1/(exp(D)-1) (xexp(ix)) = exp(ix) 1/(exp(D+i)-1) x

1/(exp(D+i)-1) puede ser expandida como una potencia de la serie en D. Como estamos aplicando a x, sólo la constante y D^1 términos sobrevivir.

Montaje y simplificar da g(x) = ((1+x)(cos(x)-cos(1+x))+cos(1+x))/(4sin(1/2)^2)

Sorprendentemente, Mathematica simplifica g(x+1)-g(x) para xcos(x) por lo que es probablemente la correcta. Sin duda, un analista podría hacer este tipo de chanchullos con D (que creo que volver a Heaviside) riguroso.

Answer 4

Una respuesta a la parte de tu pregunta: tiene sentido que un poder de la serie enfoque no es tan sencilla, ya que la sustitución de poder formal de la serie sólo hace sentido formal cuando estás de conectar algo con cero término constante, no es algo como 1+x. En particular, una secuencia de polinomios p(x) convergen a una potencia de la serie f(x) en el Krull topología (es decir, eventualmente acordar coeficientes) no implica que p(1+x) converge a f(1+x) en el Krull topología, incluso si f(1+x) pasa a tener sentido debido a la f, siendo el poder de la serie de una función completa.

Answer 5

Sospecho que desea una solución constructiva; si alguien te da g, usted quiere ser capaz de decir lo que f es.

Escribir Df(z) f(z+1) - f(z). Queremos resolver Df(z) = g(z). Por supuesto, esto sólo determina f hasta una constante.

Sea g(z) = (z)_k = z(z-1)(z-2)...(z-k+1). Entonces f(z) = (z)_(k+1)/(k+1) satisface Df(z) = g(z). (La caída de la energía (z)_k es el de las diferencias finitas, lo que z^k es ordinario cálculo diferencial.)

Podemos usar esto para "integrar" (he. e. dado g, encontrar f) las competencias ordinarias z^k usando el hecho de que el común de los poderes puede escribir como combinación lineal de la caída de los poderes. Los coeficientes de la base del cambio son los números de Stirling. Así, por ejemplo,

g(z) = z³ = (z)₃ + 3(z)₂ + (z)₁

y así Df(z) = g(z) donde f es

(z)₄/4 + (z)₃ + (z)₂/2 = z² (z-1)²/4. En general, dada g(z) = z^k uno se

f(z) = ∑_k=1ⁿ S(n,k) (n)_k+1/(k+1)

donde S(n,k) es un número de Stirling del segundo tipo. Pero estos polinomios no son agradables, y no estoy seguro de cómo se podría usar esto para encontrar, digamos, la solución a Df(z) = exp(z).