Inversos multiplicativos de series formales con coeficientes no negativos

Question

Cuáles son las series formales $f$ con coeficientes enteros no negativos y término constante igual a $1$ cuya inversa multiplicativa $1/f$ ¿tiene todos los coeficientes, aparte de un subconjunto finito, todos no positivos?

De hecho, asume que la serie converge en algún disco si quieres...

Answer 1

Por ejemplo, $f(x) = (1 - a x)/(1 - b x)$ con $b > a > 0$ tiene todos los coeficientes no negativos mientras que $1/f(x)$ tiene todos los coeficientes no positivos después del término constante.

Answer 2

He aquí un intento no riguroso de respuesta, pero quizá alguien pueda convertirlo en un argumento formal. Asumiré que su serie está centrada en $0$ . También denotaré su función por $g$ por las razones que verás a medida que vayas leyendo.

Supongamos que $g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ , donde $a_n \geq0$ por cada $n$ .

Buscamos una serie para $h(x) = \frac{1}{g(x)} = \sum_{n=0}^{\infty} b_n$ .

Al tomar derivados formales $b_n = D^n(h(0))/n!$ (como en la expansión de Taylor).

Y luego haz una búsqueda en Google... Contempla la Fórmula de Faá di Bruno para las derivadas de las funciones compuestas:

http://mathworld.wolfram.com/FaadiBrunosFormula.html

Dejemos que $f(x) = 1/x$ para que $h(x) = f(g(x))$ . Comparando con los términos de esta fórmula, vemos que los signos de los $b_n$ debe alternarse (o ser cero). Esto se debe a que las derivadas de $1/x$ alternan en signo y las derivadas de $g(x)$ son no negativos por su hipótesis.

Ahora bien, no me fío de nada de esto, ya que he descuidado por completo las cuestiones de convergencia; pero al tratarse de series de potencias formales, ¿quizás este punto sea discutible?

Answer 3

Supongamos que la serie de potencias de f(x) es $f(x)=1+a x+bx^2+cx^3+dx^4...$ donde tratamos la explicación del problema justo hasta el coeficiente $d$ . Luego tengo una descripción de la $p$ El poder de $f$ con $p$ como variable, que puede visualizarse mejor con la ayuda de una tabla.

Observación: Adopté una notación binomial, donde en mi derivación original es un símbolo pochammer. Así que para $p*(p-1)*(p-2)/3!$ en el original escribo $\binom p3$ por la brevedad aquí. Así, para los negativos $p$ ¡las expresiones binomiales deben ser interpretadas respectivamente!

---

Aquí está el principio de la tabla para $f(x)^p$ con un resultado positivo $p$ :
$$ \small \begin{array} {rllll} f(x)^p=x^0* & \binom{p}{0}*(1)\\ +x^1*[& \binom{p}{1}*(1a) ] \\ +x^2*[& \binom{p}{1}*(1b)&+ \binom{p}{2}* (1a^2) ] \\ +x^3*[& \binom{p}{1}*(1c)&+ \binom{p}{2}* (2ab)&+ \binom{p}{3}* (1a^3)] \\ +x^4*[& \binom{p}{1}*(1d)&+ \binom{p}{2}* (2ac+1b^2)&+ \binom{p}{3}* (3a^2b)&+ \binom{p}{4}* &(a^4)] \\ +\ldots&\ldots \\ \end{array} $$

Si insertamos $p=1$ para $f(x)^1$ obtenemos el resultado obviamente correcto
$ \qquad \begin{array} {rllll} f(x)^1=x^0* & 1*(1)\\ +x^1*[& 1*(1a) ] \\ +x^2*[& 1*(1b) ] \\ +x^3*[& 1*(1c) ] \\ +x^4*[& 1*(1d) ] \\ +\ldots&\ldots \\ \end{array} $

Si la tabla anterior es realmente una descripción completa para todos los $p$ y, a continuación, utilizando $p=-1$ para la inversa multiplicativa $\frac{1}{f(x)}$ Esto daría:
$ \qquad \begin{array} {rllll} f(x)^{-1}=x^0* & 1*(1)\\ +x^1*[& -1*(1a) ] \\ +x^2*[& -1*(1b)&+1*(1a^2) ] \\ +x^3*[& -1*(1c)&+1*(2ab)&-1*(1a^3)] \\ +x^4*[& -1*(1d)&+1*(2ac+1b^2)&-1*(3a^2b)&+ 1*(a^4)] \\ +\ldots&\ldots \\ \end{array} $

Entonces para tener coeficientes no negativos en $f(x)$ así como en $f(x)^{-1}$ significa tener
1) $a=0$ por $x^1$
2) entonces $b=0$ por $x^2$ donde también $a^2=0$
3) y así sucesivamente.

Por lo tanto, si la descripción anterior (que se derivó de las potencias positivas $f(x)^p$ ) es suficiente también para las potencias negativas, entonces esto debería ser aceptable como prueba, de que sólo la función constante $f(x)=1$ tiene coeficientes no negativos en la serie de potencias formal de $f(x)$ y $f(x)^{-1}$ simultáneamente.

---

[Actualización]: Aplico la corrección según Robert Israel, y obtengo el siguiente resultado.

Como en &f(x)& todos los coeficientes son no negativos, puedo, sin pérdida de generalidad reescribir
$\qquad f(x)=1+ax+b^2x^2+c^3x^3+d^4x^4+...$

A continuación, la tabla de $f(x)^{-1}$ parece

$ \qquad \begin{array} {rllll} f(x)^{-1}=x^0* & 1*(1)\\ +x^1*[& -1*(1a) ] \\ +x^2*[& -1*(1b^2)&+1*(1a^2) ] \\ +x^3*[& -1*(1c^3)&+1*(2ab^2)&-1*(1a^3)] \\ +x^4*[& -1*(1d^4)&+1*(2ac^3+1b^4)&-1*(3a^2b^2)&+ 1*(a^4)] \\ +\ldots&\ldots \\ \end{array} $
y de
1) $x^2$ se deduce que el mínimo posible b es igual a a Así que $b\ge a$
2) $x^3$ se deduce que el mínimo posible c es igual a a Así que $c\ge b\ge a$
3) y así sucesivamente

Así que tenemos $ 0 < a \le b \le c \le d \le \ldots $

Si todos los coeficientes después de a tomar su mínimo, entonces $0<a=b=c=d=e= \ldots $ entonces los coeficientes en todos $x^k, k>1$ simplifican a coeficientes binomiales cuya suma es cero a la misma potencia $a^k$ por lo que el coeficiente completo también es cero. Por lo tanto, $f(x)^{-1} = 1-ax $ entonces $f(x)={1 \over 1-ax}$ y tenemos coeficientes no negativos en $f(x)$ y no positivo en $f(x)^{-1}$ después de la constante.

Si tomamos $b>a$ en $x^2$ entonces en $x^3$ se deduce, que $c^3=b^3$ basta con dar un valor negativo a $x^3$ en $f(x)^{-1}$ .

El razonamiento analógico se hereda a todos los coeficientes siguientes $0<a<b=c\le d \le e \le \ldots$ lo que lleva a $f(x)$ sólo tiene coeficientes positivos y $f(x)^{-1}$ tiene coeficientes negativos después de la constante, pero aún no he mirado los coeficientes $d,e, \ldots$ para llegar a la solución de Robert Israel.