Аналитическое продолжение

[StaticZero]

Цитата:

Функция $f=\sum \limits_{n=0}^{\infty} z^n$ разложена в ряд Тейлора в окрестности точки $z=a$, $|a|<1$. При каких $a$ такое разложение позволяет аналитически продолжить функцию $f$?

Первая трудность - я не понимаю, чего от меня хотят. Функция была задана внутри единичного круга и нужно найти продолжение переразложением хоть куда-нибудь?

[DeBill]

StaticZero в сообщении #1282082 писал(а):

нужно найти продолжение переразложением хоть куда-нибудь?

Да - хоть куда-нибудь вне изначальной области определения.
Ну так сделайте задание - и, глядишь, станет яснее, что же от Вас хотят
(напр, для точек $\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{i}{2}$. Что за ряды получились? Можете угадать/написать общую формулу для к-тов? Какой радиус сходимости? Где сходятся? Вылазит ли область сх-ти за пределы исходного круга? Как все сделать в общем случае? Что получилося?)

-- 07.01.2018, 22:19 --

(Оффтоп)

Ну, а тем, что сумма ряда и так легко находится, и продолжение - тоже, не заморачивайтесь: это просто учебная задача, иллюстрирующая методу. Чтоб ручками потрогать, и увидеть, как метода работает.

[StaticZero]

У меня получается $ f=\sum \limits_{n=0}^\infty (z-a)^n b_n$, где $b_n= \sum \limits_{k=n}^\infty \binom k n a^{k-n}$. При условии $|a|<1$ ряды для $b_n$ сходятся для каждого $n$.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1282082 писал(а):

Функция была задана внутри единичного круга и нужно найти продолжение переразложением хоть куда-нибудь?

Примерно так, хотя сочинители этой задачки с русским языком действительно не дружат. Имелось в виду примерно следующее. Изначально функция была задана степенным рядом и, соответственно, была определена на области сходимости этого ряда. Потом её переразложили в окрестности некоторой другой точки. Вопрос состоит в том, при каких положениях этой точки сумма нового ряда даёт аналитическое продолжение исходной функции, т.е. новая область сходимости хоть где-то, но выступает за пределы старой.

-- Вс янв 07, 2018 21:29:25 --

StaticZero в сообщении #1282090 писал(а):

У меня получается $ f=\sum \limits_{n=0}^\infty (z-a)^n b_n$, где $b_n= \sum \limits_{k=n}^\infty \binom k n a^{k-n}$.

Я думаю, что напрасно получается. Явно имелось в виду, что Вам должно быть известно полное аналитическое продолжение исходной функции, т.е. известны все особые точки этого продолжения (а это должно быть известно, т.к. наверняка обсуждалось на лекциях). Если так, то ответ получается практически мгновенно, безо всякого счёта.

[DeBill]

StaticZero
Все правильно. Осталось заметить что $b_n = \frac{1}{(1-a)^{n+1}}$, и можно двигаться дальше.

(Оффтоп)

"Заметить" можно из формулы Тейлора для $(1+x)^{\alpha}$ при отрицательных показателях. Или - дифференцируя разложение для геом. прогрессии...

[StaticZero]

DeBill в сообщении #1282088 писал(а):

Какой радиус сходимости?

Чего-то не получается так сразу определить этот радиус, так как непонятно, как оценить $\left|\dfrac{b_{n+1}}{b_n}\right|$, хочется единицей, но не понятно, как доказать.

[DeBill]

А "осталось заметить" Вы проверили? Ведь тогда - легко...

[StaticZero]

DeBill, теперь остался и заметил
Новый ряд сойдется в круге $|z-a|<|1-a|$, вариант $z=1$ исключается


А если не получается вот так "заметить, что", тогда дело швах?

[Lia]

(Оффтоп)

DeBill
Кхм.

StaticZero в сообщении #1282101 писал(а):

А если не получается вот так "заметить, что", тогда дело швах?

Не знаю, как со швахом вообще, но в данном случае все успешно из наглядно-геометрических соображений решается.
Кстати, это ведь еще не все.

[StaticZero]

Ответ: $\operatorname{Im} a \ne 0$

Верно?

[Lia]

Ну почти ) Как насчет $a=-1/2$?

[DeBill]

StaticZero
Да, теперь - почти все.

StaticZero в сообщении #1282101 писал(а):

тогда дело швах?

Увы, да. Ну, иногда помогают какие нить оценки... Но, конечно, это - самый грубый способ ан. продолжения, и реально почти не применяется на практике. Чаще используют интегральные представления (буде таковые есть), и продолжение вдоль кривой - это экономнее.
Понятно, что разобранная задача - исключительно и только УЧЕБНАЯ, и способ решения ее предполагался, видимо, именно такой. Конечно, и радиус сходимости, и переразложения легко и просто получить, просуммировав исходный ряд (о чем и сказано выше уважаемыми ewert и Lia, а также и в моем первом сообщении, в оффтопе), но использование этого знания ("упс! Дык оно же продолжилось на всю плоскость - без одной точки! Используем это, и продолжим его с круга куда-нить") выглядело бы полным издевательством по отношению к задаче. А так - мы прикинулись валенком, и наглядно увидели, с чем его едят.

[StaticZero]

Lia в сообщении #1282113 писал(а):

Ну почти ) Как насчет $a=-1/2$?

...и включить отрезок $(-1, 0)$

[Lia]

Ага :)

[ewert]

DeBill в сообщении #1282116 писал(а):

Дык оно же продолжилось на всю плоскость - без одной точки! Используем это, и продолжим его с круга куда-нить") выглядело бы полным издевательством по отношению к задаче.

Нет, не выглядело бы. Здесь есть один маленький, но вполне содержательный нюанс: радиус сходимости ряда Тейлора -- расстояние до ближайшей особой точки. И прицел явно именно на проверку усвоения этого факта.

Вот возня с явными переразложениями (да потом поди ещё из них выкрутись) -- это точно издевательство. Если не над функцией, то над здравым смыслом точно.

Очередная иллюстрация -- в продолжении этой ветки (которое ТС зачем-то выделил в новую).