Радиус сходимости степенного ряда

[ihq.pl]

Если $V$ - открытая область, в которой ф-ия $f(z)$ голоморфна, то в любой точке $z_0\in V$ эту функцию можно представить в виде ряда

$$f(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n,$$

который равномерно сходится в круге радиуса $r<d$, где $d$ - расстояние от точки $z_0$ до границы $\partial V$. Я хочу воспользоваться этим для того, чтобы найти радиус сходимости ряда Тейлора функции

$$g(x) = \frac{1}{1+x^2}, x\in\mathbb{R},$$

в точке $x_0$. Беру функцию $g(z),z\in\mathbb{C}$. Она всюду аналитична, за исключением точек $\pm i$. Поэтому степенной ряд

$$ g(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n, z_0 = (x_0,0),$$

сходится равномерно в круге радиуса $r<|z_0 - i| = \sqrt{1+x_0^2}$. И, значит, ряд Тейлора

$$g(x) = \sum_{n=0}^\infty c_n (x-x_0)^n$$

сходится равномерно на отрезке $|x-x_0|\leqslant r < \sqrt{1+x_0^2}$.

После подстановки $x=x_0+u, u\in\mathbb{R},$ получается

$$g(x_0+u) = \frac{1}{1+(x_0+u)^2} = \sum_{n=0}^\infty c_n u^n, \quad (1)$$

где ряд справа сходится равномерно на отрезке $|u|\leqslant r<\sqrt{1+x_0^2}$.

С другой стороны, ряд

$$\frac{1}{1+(x_0+u)^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n(x_0+u)^{2n} \quad (2)$$

(геометрическая прогрессия) сходится на отрезке

$$|x_0+u|\leqslant R<1,$$

а при $|u+x_0|\geqslant 1$ не сходится. Пусть, например, $0<x_0<1$, тогда

$$-(x_0+1)<-\sqrt{1+x_0^2} < 1-x_0 < \sqrt{1+x_0^2},$$

то есть интервалы сходимости рядов (1) и (2) не совпадают и не содержатся один в другом. Но оба ряда совпадают на их пересечении и, значит, должны совпадать на интервале

$$(-x_0-1, \sqrt{1+x_0^2}).$$

Однако для $u=\sqrt{1+x_0^2} -\varepsilon$, где $\varepsilon$ достаточно мало, ряд (1) сходится, а ряд (2) - нет, т.к.

$$x_0 + \sqrt{1+x_0^2}-\varepsilon >1.$$

Где-то должна быть ошибка, а где - не вижу. Заранее благодарю за подсказку.

[mihaild]

ihq.pl в сообщении #1726316 писал(а):

Но оба ряда совпадают на их пересечении и, значит, должны совпадать на интервале

Почему это?

[ihq.pl]

mihaild в сообщении #1726318 писал(а):

Почему это?

Посмотрел теорему единственности: если функции $f_1(z)$ и $f_2(z)$, голоморфные в области $D$, совпадают на множестве, которое имеет хотя бы одну предельную точку из $D$, то $f_1=f_2$ всюду в $D$.

Условие голоморфности в $D$ обеих функций, видимо, важное. Наверное, возможен еще такой вариант: $f_1$ голоморфна в $D_1$, а $f_2$ голоморфна в $D_2$, $D_1\ne D_2, D_1\cap D_2\ne\varnothing$.

[mihaild]

Так а причем тут функции?
Если я правильно понял, Вас смущает следующая ситуация: у нас есть два ряда $\sum a_n \cdot u^n$ и $\sum b_n (u+x_0)^n$, которые оба сходятся на некотором интервале $I_1$, и на нём сходятся к одному и тому же, но при этом интервалы сходимости у них разные. Вопрос про это, или про что-то другое?

Если про это - то нам же никто не гарантирует, что если функция голоморфна в области, то её разложение в степенной ряд сходится во всей этой области. Это очень часто не так. И ряды с центрами в разных точках могут иметь разные области сходимости.

-- добавлено через 3 минуты --

ihq.pl в сообщении #1726329 писал(а):

Наверное, возможен еще такой вариант: $f_1$ голоморфна в $D_1$, а $f_2$ голоморфна в $D_2$, $D_1\ne D_2, D_1\cap D_2\ne\varnothing$.

Поскольку голоморфность - локальное свойство, то в этой ситуации можно определить $f(z) = \begin{cases} f_1(z) & z \in D_1 \\ f_2(z) & z \in D_2 \setminus D_1\end{cases}$, голоморфную в $D_1 \cup D_2$ и совпадающую с $f_1$ и $f_2$ в соответствующих областях.

[ihq.pl]

mihaild в сообщении #1726330 писал(а):

И ряды с центрами в разных точках могут иметь разные области сходимости.

Это, скорее всего, мой случай. То есть, если я запишу (2) в виде

$$\sum_{n=0}^\infty a_n u^n,$$

то увижу, что $a_n\ne c_n$.
Спасибо.

[ex-math]

ihq.pl в сообщении #1726342 писал(а):

mihaild в сообщении #1726330 писал(а):

И ряды с центрами в разных точках могут иметь разные области сходимости.

Это, скорее всего, мой случай. То есть, если я запишу (2) в виде

$$\sum_{n=0}^\infty a_n u^n,$$

то увижу, что $a_n\ne c_n$.
Спасибо.

Нет, так не получится, потому что разложение в степенной ряд единственно. Проблема в том, что, раскрывая скобки в (2), вы перегруппировываете члены ряда и при этом получается другой ряд с другой областью сходимости.

[ihq.pl]

ex-math в сообщении #1726352 писал(а):

Проблема в том, что, раскрывая скобки в (2), вы перегруппировываете члены ряда и при этом получается другой ряд с другой областью сходимости

Получается, можно изменить область сходимости степенного ряда, просто перегруппировав его члены. Это ломает мою картину. Почему так происходит?

[ex-math]

Потому что гарантировать сохранение сходимости и суммы ряда при перегруппировке можно только для абсолютно сходящихся рядов. Наверняка вы знаете теорему Римана о том, что надлежащей группировкой членов условно сходящегося ряда можно получить ряд с любой суммой, в том числе расходящийся. В вашем случае абсолютная сходимость точно будет при $|x_0|+|u|<1$.
То, что вы сделали, это стандартный способ аналитического продолжения функции за границу круга сходимости ряда Тейлора с помощью переразложения в новой точке. Так получаются цепочки перекрывающихся кругов. Вы взяли разложение в точке 0 у которого радиус сходимости 1, так как ближайшая особая точка находится от 0 на расстоянии 1. Подставив $x_0+u$ вместо $x$ и раскрыв скобки, вы получили разложение с центром в точке $x_0$, которое сходится в круге радиуса $\sqrt{x_0^2+1}$. Так можно продолжать дальше и замостить кругами всю плоскость, кроме точек $\pm i$.

[ihq.pl]

ex-math в сообщении #1726355 писал(а):

Наверняка вы знаете теорему Римана о том, что надлежащей группировкой членов условно сходящегося ряда можно получить ряд с любой суммой, в том числе расходящийся.

Пока еще нет. Кажется естественным то, что ряды Тейлора с разными центрами сами являются разными, а то, что после перегруппировки один ряд становится другим - это пока какая-то магия. В моем примере: раскрываю скобки в (2), собираю члены при одинаковых степенях $u$ и получаю ряд $\sum a_nu^n$, где, например, свободный член

$$a_0 = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x_0^{2n}.$$

Он имеет смысл только при условии $|x_0|<1$. Но полученный ряд сходится при любом $x_0$.

-- добавлено через 25 минут --

Хотя, вроде начинает доходить

[mihaild]

ihq.pl в сообщении #1726363 писал(а):

Но полученный ряд сходится при любом $x_0$.

Нет, при $|x_0| > 1$ перегруппировкой ряда по степеням $u$ получить не удастся вообще.

[ihq.pl]

mihaild
Я проверил коэффициенты при $u^0$ и $u^1$. Они совпадают с $c_0$ и $c_1$ ряда (1). Остальные не проверял. А ряд (1) сходится для любого $x_0$ в интервале $|u|<\sqrt{1+x_0^2}$

[Combat Zone]

ihq.pl
Давайте проще ряд возьмем. Вроде вашего, но проще.

$$\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^\infty x^k, \quad |x|<1$$

.
Точно так же при $|y-3|<1$ верно

$$\frac{1}{1-(y-3)}=\sum_{k=0}^\infty (y-3)^k$$

Насколько я понимаю, вы хотите этот ряд, прекрасный сам по себе, зачем-то перегруппировать по степеням $y$.

Ну пробуем.

$$\sum_{k=0}^\infty (y-3)^k= 1+(y-3) +(y-3)^2+\ldots$$

Отсюда свободный член ряда равен $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k 3^k$. А это расходящийся ряд. Остальные умрут по той же причине.

Я все правильно понимаю, вы чего-то такого хотели? А зачем?

[mihaild]

ihq.pl в сообщении #1726421 писал(а):

Я проверил коэффициенты при $u^0$ и $u^1$. Они совпадают с $c_0$ и $c_1$ ряда (1).

Они совпадают при условии $\bm{|x_0| < 1}$. Иначе коэффициент при $u$ в (2) просто не определен.

[ihq.pl]

mihaild в сообщении #1726438 писал(а):

Они совпадают при условии $\bm{|x_0| < 1}$. Иначе коэффициент при $u$ в (2) просто не определен.

Как раз это я и хотел сказать. Например, свободным членом после перегруппировки (2) является ряд

$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx_0^{2n}.$$

Он сходится только если $|x_0|<1$. Но коэффициент

$$c_0 = \frac{1}{1+x_0^2}$$

определен для любого $x_0$.

-- добавлено через 16 минут --

Combat Zone в сообщении #1726428 писал(а):

Я все правильно понимаю, вы чего-то такого хотели? А зачем?

Не совсем. У меня значение $x_0$ неизвестно. То есть надо написать

$$\frac{1}{1-(x-x_0)} = \sum_{n=0}^\infty (x-x_0)^n.$$

Тогда свободный член есть ряд, который сходится только при $|x_0|<1$. Но в ряде, полученном после перегруппировки значение $x_0$ может быть любым. Тут важно, наверное, добавить, что ряды, которыми представлены коэффициенты при $x^n$, надо заменить явными выражениями, то есть ряд

$$\sum_n (-1)^nx_0^n$$

поменять на $1/(1+x_0)$ и т.д.

[mihaild]

ihq.pl в сообщении #1726440 писал(а):

Тут важно, наверное, добавить, что ряды, которыми представлены коэффициенты при $x^n$, надо заменить явными выражениями

И это получится совершенно другая история. По сути, у вас получается разложение $g(x) = \sum\limits_{n=0}^\infty f_n(x_0) (x - x_0)^n$. Можно найти аналитические $f_n$ (а именно $f_n = n! g^{(n)}$), что для любого $x_0$ из области аналитичности $g$, это будет разложение $g$ в степенной ряд в некоторой окрестности $x_0$. Ну и естественно можно сами $f_n$ разложить в ряд.