2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки





Начать новую тему Ответить на тему
 
 Вопрос из ТФКП
Сообщение09.02.2017, 12:56 


18/01/15
116
Вот такой вопрос на ум пришел...
Пусть $(z_i)$, $(a_i)$ --- две бесконечные последовательности комплексных чисел, причем все $a_i\ne0$, $\sum|a_i|$ сходится, все $z_i$ различны и $\ne0$, $|z_i|<1$, и $\sum a_iz_i^n=0$ для всех $n=0,1,\ldots$.
Может ли такое быть?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение10.02.2017, 09:04 


18/01/15
116
P.S. Случаи, когда все $z_i$ лежат на одном луче с началом в нуле, или на одной окружности с центром в нуле, разобрать довольно легко (следуют из того, что любую непрерывную на отрезке функцию можно приблизить как обычным, так и тригонометрическим многочленом).

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение11.02.2017, 16:38 
Заслуженный участник


03/01/09
1134
москва
Еще один частный случай. Пусть существует такое $z_k$, что $|z_{k}|>|z_{i}|$ для всех $i\ne k.$
Запишем сумму $\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_i\dfrac {z_i^n}{z_k^n}=0\qquad (1).$ Так как ряд из $|a_i|$ сходится ,то для любого $\varepsilon >0$ существует $N(\varepsilon )$, не зависящее от $n$, такое, что $|\sum \limits _{i=N}^{\infty }a_i\dfrac {z_i^n}{z_k^n}|<\varepsilon $. Обозначим $M=\max (k+1, N(\varepsilon ))$, и запишем ряд (1) в виде:$$\sum \limits _{i=1, i\ne k}^{M-1}a_i\dfrac {z_i^n}{z_k^n}+a_k+\sum \limits _{i=M}^{\infty }a_i\dfrac {z_i^n}{z_k^n}=0\qquad (2)$$Отсюда $$|a_k|\leqslant |S_1|+|S_2|$$Здесь $S_1, S_2$ первая и вторая сумма в равенстве (2). Поскольку $|\dfrac {z_i}{z_k|}|<1$, то выбрав достаточно большое $n$, можно сделать $|S_1|<\varepsilon $,тогда $|a_k|<2\varepsilon $, а так как $\varepsilon $ произвольно, отсюда следует $a_k=0$. Противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение12.02.2017, 19:34 


18/01/15
116
Спасибо. Правда, этот частный случай довольно очевиден. Более того, легко показать, что невозможен случай, когда вообще супремум модулей $|z_i|$ достигается, хотя бы и на бесконечном числе членов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение12.02.2017, 19:46 
Заслуженный участник


25/02/11
1485
А если так переформулировать: рассмотрим равенства как систему относительно $a_i$. Тогда формально появляется вопрос: чему может быть равен определитель Вандермонда бесконечного размера $|z_i^n|_{i,n=0,\ldots,\infty}=\prod_{i<j}(z_i-z_j)$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 02:36 
Заслуженный участник


10/01/16
1296
Vince Diesel
Ненулевость Ван-дер-Монда очевидна в конечноменрном случае. А вот для бесконечного произведения - как то не очень, ибо произведение маленьких чисел могЁт сходиться к нулю....
Пример: пусть $z_i = c^i$, $0 < \left\lvert c\right\rvert <1$
Пусть $\varphi (z) = \sum\limits_{i=0}^{\infty} a_i z^i$.
Тогда $\varphi$ голоморфна в единичном круге, и, по условию, $\varphi (c^n) = 0$ для всех $n$.
По теореме единственности, все $a_i$ равны 0. А бесконечное произведение тоже зануляется...

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 12:24 
Заслуженный участник


10/01/16
1296
Можно еще посмотреть на такой пример:
Разложим функцию $ \varphi (x) = \sin \frac{\pi}{1-x}$ в ряд Тейлора:
$\varphi (x) =\sum\limits_{k=1}^{\infty} c_k x^k$.
Имеем: $\varphi (z_m) = 0$ при $z_m = 1 - \frac{1}{m}, m = 1,2,...$
На систему этих равенств можно смотреть как на линейную систему уравнений относительно $c_k$, с матрицей $A = \{z_m^k\}_{m,k=1}^{\infty}$. Итак: линейный оператор с матрицей $A$ (откуда_то куда-то действующий) имеет нетривиальное ядро.
А наша система имеет матрицу , полученную из $A$ транспонированием....
И - что? Кака то нерефлексивность мешается... Да и Фредгольм обещает не наличие ядра у $A^{\ast}$ - что нам и надо, а токо что-то про образ....
Фигня кака-то....

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 17:52 
Заслуженный участник


03/01/09
1134
москва
vpb в сообщении #1192052 писал(а):
легко показать, что невозможен случай, когда вообще супремум модулей $|z_i|$ достигается, хотя бы и на бесконечном числе членов.


Пример, когда супремум не достигается. Пусть $\lim \limits _{i\to \infty }z_i=A, |A|=\sup |z_i|, |z_i|\ne |A|$. Можно доказать, что и в этом случае $a_i=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 18:12 


18/01/15
116
mihiv
Гм. А как это доказать? Думаю, прямо скажем, что Вы где-то попутались. Если же в самом деле можете доказать, то это очень интересно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 18:30 
Заслуженный участник


03/01/09
1134
москва
Рассмотрим последовательность $y_i=z_i-A$. Для нее также выполняются равенства: $\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iy_i^n=0.$ Последовательность $y_i$ сходится к 0 и, следовательно содержит $y_i$ с максимальным модулем. Тогда по доказанному ранее получаем противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 19:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1176
Москва
mihiv в сообщении #1192397 писал(а):
Для нее также выполняются равенства: $\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iy_i^n=0.$
А это почему? В доказательстве где-то надо использовать сходимость $\sum |a_i|$, иначе коэффициенты разложения $\sin(\frac{1}{1-z})$ в нуле и $z_k = 1 - \frac{1}{2\pi k}$, $A = 1$ будет контрпримером.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 19:56 
Заслуженный участник


03/01/09
1134
москва
Например, $\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iy_i^2=\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iz_i^2-2A\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iz_i+A^2\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_i=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение13.02.2017, 20:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1176
Москва
Пардон, я вообще условия неправильно прочитал и индексы перепутал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение17.02.2017, 19:13 
Заслуженный участник


10/01/16
1296
vpb

Случай, когда есть одно (да даже и несколько) "выдающихся" по модулю $z_i$, приводит к нулевым $a_i$.
mihiv показал, что $z_i$ можно сдвигать и вращать.
Так что остаются случаи, когда - типа, $z_i$ накапливаются изнутри к всей единичной окружности.
Вот и будем стряпать контрпример из таких $z_i$....
Строить бум по индукции, из "блоков" $B_n$, содержащих нужные индексы $i$, $\left\lvert B_n \right\rvert = n$; на $n-$ м шаге построим $n$ штук чисел $a_i, z_i$, $i\in B_n$, $n\geqslant 1$, так что к этому моменту будет всего построено $I_{n} = \frac{n(n+1)}{2}$ чисел. Строить будем так, что
$(\ast)$ $\sum\limits_{i=0}^{I_n} a_i z_i^k = 0$
при всех $k,1  \leqslant  k \leqslant n$:
База $n=0$: $a_0 = 1, z_0 =q_0$, $q_0$ выберем потом.

Шаг: Пусть уже построены $z_i, a_i$ с номерами из $B_k, k < n$ (т.е., $i \leqslant  I_{n-1}$). Пусть $A_n = \sum\limits_{j=0}^{I_{n-1}}a_j z_j^n$, $\left\lvert A_n \right\rvert=c_n, \alpha_n =\arg A_n $
При $j \in B_n$:
(1) Все $a_j$ возьмем равными,
$a_j = \frac{c_n}{nq}$,
(2) $z_j = q^{\frac{1}{n}}\cdot \exp (i\frac{\alpha_n + \pi}{n})\cdot \varepsilon_n^j$, где $\varepsilon_n = \exp (\frac{2\pi i}{n})$ - корень $n$-й степени из единички; $q$ , равное 0.1, выберем потом.
Лемма. $\sum\limits_{j=1}^{n} \varepsilon_n^{mj}$ равна $n$, если $m$ делится на $n$, и равна 0, в противном случае.
Из предположения индукции, по лемме, имеем: $(\ast)$ верно для всех $k,1  \leqslant  k \leqslant n-1$. Но, по построению, оно верно и для $k=n$. Большая победа, шаг сделан. Осталось проверить лишь сходимость ряда из $a_j$ (т.е., ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} c_n$)
Покажем, что
$(\ast\ast)$ $c_n \leqslant \frac{C}{n^2}$ для некоторого $C$
База - за счет выбора $C$.
Шаг: Оценим $c_n $. По лемме, $c_n \leqslant  q_0^n +\frac{1}{q} \sum\limits_{}^{} c_m q^{\frac{n}{m}}$, где сумма берется по всем собственным делителям $m$ числа $n$. Для $(\ast\ast)$ достаточно оценить это числом $\frac{C}{n^2}$. Используя предположение индукции, приходим к :
$\frac{q_0^nq n^2}{C} + \sum\limits_{}^{} (\frac{n}{m})^2 q^{\frac{n}{m}} < q$
Пусть $\frac{n}{m} =s$; это - тоже делитель $n$, причем $s\geqslant 2$. Но $\sum\limits_{s=2}^{\infty} s^2 q^s = \frac{q(q+1)}{(1-q)^3} -q < q$ при малых $q$, так что для малого $q_0$ шаг будет сделан.... Уффф

 Профиль  
                  
 
 Re: Вопрос из ТФКП
Сообщение24.02.2017, 00:30 


18/01/15
116
mihiv, DeBill,
большое спасибо за решение задачи. Замечательный пример. Меня вопрос некоторое время довольно сильно занимал, я вам весьма признателен. (Форум я уже неделю не смотрел, поэтому только сейчас пишу.)

Позвольте пару слов о происхождении вопроса. Будем рассматривать функцию вида $f(z)=\sum a_i/(z-z_i)$, причем все $z_i$ лежат на окружности, а ряд $\sum|a_i|$ сходится, так что сумма для $f(z)$ определена. Тогда, если известны значения функции внутри окружности, то $z_i$ и $a_i$ можно восстановить однозначно, и поэтому функция "естественно" определяется и во внешности. Возник вопрос, а что если $z_i$ лежат не на окружности, а, скажем, в кольце? Построенный DeBill пример показывает, однако, что $z_i$ и $a_i$ восстановить нельзя, значит "естественное" продолжение на внешность кольца невозможно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group