Вопрос из ТФКП

[vpb]

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?

[vpb]

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).

[mihiv]

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.

[vpb]

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.

[Vince Diesel]

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

[DeBill]

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...

[DeBill]

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....

[mihiv]

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 $a_i=0$.

[vpb]

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.

[mihiv]

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.

[mihaild]

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.

[mihiv]

Например, $\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iy_i^2=\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iz_i^2-2A\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_iz_i+A^2\sum \limits _{i=1}^{\infty }a_i=0$.

[mihaild]

Пардон, я вообще условия неправильно прочитал и индексы перепутал.

[DeBill]

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

[vpb]

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.