Toda función es polinomio de grado $n$iff $z^{n}f(1/z) \to \alpha$ $z \to 0$.

Question

Estoy trabajando a través de los viejos calificador de preguntas en el análisis de más de descanso, y estaba esperando que alguien estaría dispuesto a ayudarme a verificar (y correcta) mi prueba para la siguiente instrucción. Me siento bastante confiado en el lado, pero por lo menos en el conversar. En particular, estoy en el camino correcto para alcanzar la convergencia uniforme para mover el límite dentro de la serie? Si no, ¿qué herramientas debo estar llegando para en su lugar? Gracias de antemano por cualquier ayuda!

Teorema: Vamos a $f$ ser toda la función. Probar cuidadosamente que $f$ es un polinomio de grado $n$ si y sólo si existe $\alpha \in \mathbb{C}$ tal que $\lim_{z \to 0} z^{n} f(1/z) = \alpha$.

Prueba: Supongamos primero $f$ es un polinomio de grado $n$. Entonces: $$f(z) = \sum_{k=0}^{n} a_{k}z^{k}$$

Y:

$$z^{n}f(1/z) = \sum_{k=0}^{n} a_{k} z^{n-k}$$

Y $z^{n}f(1/z) \to a_{n}$$z \to 0$. Por lo $a_{n}$ es nuestra selección de $\alpha$.

Por el contrario, vamos a $\alpha \in \mathbb{C}$ y supongamos $\lim_{z \to 0} z^{n}f(1/z) = \alpha$. Como $f$ es todo, tenemos que $f$ es igual a su potencia de la serie representación para todos los $z \in \mathbb{C}$: $$f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{k}$$

Como $f$ es todo y la de Cauchy raíz de la prueba, este poder de la serie converge uniformemente en $\mathbb{C}$. Ahora considere la posibilidad de: $$z^{n}f(1/z) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{n-k}$$

Me demuestran que el poder de la serie representación de $z^{n}f(1/z)$ converge uniformemente usando el Weierstrass $M$-prueba. Deje $r > 0$. Tenemos que para cualquier $z \in B_{r}(0)$ que: $$\left|\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{n-k} \right| \leq \left|\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} \right| r^{k}$$

Deje $M_{k} := \left|\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} \right| r^{k}$. Por el Coeficiente de Prueba, vemos que $\sum M_{k}$ converge absolutamente. Así que por el Weierstrass $M$-prueba el poder de la serie representación de $z^{n}f(1/z)$ converge uniformemente en $B_{r}(0)$. Como $r$ fue arbitraria, el poder de la serie representación de $z^{n}f(1/z)$ converge uniformemente en todas partes. Por lo tanto, podemos mover el límite dentro de la serie:

$$\alpha = \lim_{z \to 0} z^{n} f(1/z) = \lim_{z \to 0} \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{n-k} = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\lim_{z \to 0} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{n-k} \right) $$

De ello se desprende que $\lim_{z \to 0} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} z^{n-k} = 0$ siempre $|n-k| < 0$, lo que implica que $f^{(k)}(0) = 0$ siempre $n-k < 0$. Ahora, cuando $k = n$, $\lim_{z \to 0} \dfrac{f^{(n)}(0)}{k!} z^{0} = \alpha$. Por lo $f$ es un polinomio de grado $n$ (siempre $\alpha \neq 0$). QED.

Answer 1

Desde $$\begin{align} \alpha &=\lim_{z\to0}z^nf\left(\frac1z\right)\\ &=\lim_{z\to\infty}\frac1{z^n}f(z) \end {Alinee el} $$ $z\to\infty$ $$ f (z) = \alpha z^n+o\!\left(z^n\right) $$ por lo tanto, para todos los $k\gt n$, tenemos $$\begin{align} f^{(k)}(0) &=\frac{k!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{f(z)}{(z-0)^{k+1}}\,\mathrm{d}z\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{k!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{f(z)}{z^{k+1}}\,\mathrm{d}z\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{k!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{\alpha z^n+o\!\left(z^n\right)}{z^{k+1}}\,\mathrm{d}z\\[6pt] &=0 \end {Alinee el} $$ por lo tanto, la serie de Taylor tiene grado más $n$.

Además, $$\begin{align} f^{(n)}(0) &=\frac{n!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{f(z)}{(z-0)^{n+1}}\,\mathrm{d}z\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{f(z)}{z^{n+1}}\,\mathrm{d}z\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{az^n+o\!\left(z^n\right)}{z^{n+1}}\,\mathrm{d}z\\[6pt] &=\alpha n! \end {alinee el} $$ por lo tanto, el coeficiente de $z^n$ $f(z)$ es $\alpha$. Por lo tanto, $f$ tiene grado $n$.

Answer 2

Considerar la holomorphic función de $g(z)=f(z)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^k$. También satisface $$\lim_{z\to\infty}\frac1{z^n}g(z)=\alpha$$ y puesto que el poder de la serie de $g$ se inicia en el grado $n$ obtenemos que $$\lim_{z\to 0}\frac1{z^n}g(z)=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$$ de modo que $z\mapsto\frac1{z^n}g(z)$ está delimitado cerca de cero y se extiende, por la extensión de Riemann teorema para toda la función. Ya que la función tiene un límite en el infinito por el primer punto, es limitada, por lo tanto constante por el teorema de Liouville, igual a $\alpha$ a cero e igual a $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$ en el infinito, de modo que $\alpha=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$.

Por lo tanto $f$ es el polinomio de grado $\leq n$.

Answer 3

El uso de la Weierstrass $M$-prueba no funciona. En particular, la desigualdad $$ \left| \frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^{n-k}\right| \leq \left| \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\right|r^k $$ es falso si $f^{(k)}(0) \neq 0$$k>n$, debido a la LHS golpes como $z\to 0$ y el RHS va a$0$$r\to 0$, una contradicción. En particular, observe que en este punto no se ha utilizado nada sobre el comportamiento de $f$ que es todo: por su lógica, se concluye que el $z^ng(1/z)$ es analítica en un barrio de $0$ por cada función $g$, lo cual no es cierto, como lo demuestra el ejemplo estándar $g(z) = e^z$, $g(1/z) = e^{1/z}$. (La primera es todo, el segundo tiene una singularidad esencial en a $0$.)

Creo que hay un par de maneras en que el trabajo para llegar a este resultado. La más sencilla que se me ocurre es para reemplazar a $z$ $1/z$ a ver que $|f(z)| \leq |\alpha| R^n$ $|z|=R$ lo suficientemente grande. ¿Qué sucede si se aplica esta estimación con Cauchy los cálculos del $f^{(m)}(0)$, $m>n$?