сходимость ряда Тэйлора

[Vince Diesel]

Кроме рядов Тейлора есть асимптотические ряды.

[zykov]

Vince Diesel
И как это помогает?

[Vince Diesel]

Я не разбирался в теме по ссылке. Однако, если вдруг там асимптотический ряд, то он может иметь радиус сходимости ноль и все же давать какую-то информацию о решении.

[zykov]

Напомню, в чём проблема была изначально.
Нужно найти непрерывную функцию $f(x)$, такую что $f(f(x))=\varphi(x)=x^2-x+1$.
Там в теме я дал построение через предел.
$f(x)$ получается симметричной относительно $\frac12$ и довольно гладкой (думаю, бесконечно дифференцируемой).
На бесконечности $f(x)$ имеет асимптотику как $|x|^{\sqrt 2}$.
$f(x)$ имеет единственную стационарную точку $x=1$, т.к. $\varphi(x)$ имеет только одну стационарную точку $x=1$.

Т.к. точка $x=1$ стационарна $f(1)=1$, то в ней можно получить степенной ряд методом неопределенных коэффициентов.
Но проблема в том, что похоже этот ряд не сходится вообще (недоказанное предположение на основе численного анализа).
Вот и думаю, что это значит?
И вообще, можно ли использовать метод неопределенных коэффициентов, если ряд в результате расходится?
С другой стороны, если обрезать полученный ряд, то в небольшой, но конечной, окрестности он хорошо согласуется с требованием.

Хотелось с помощью ряда как-то выйти в комплексную плоскость.
Но видимо там всё совсем плохо.
На это например намекает то, что $z^{\sqrt 2} = e^{\sqrt2 \operatorname{Ln} z}$, что уже будет многозначной функцией.
Значения этой функции (бесконечно-счётное множество) плотно заполняют окружность радиусом $|z|^{\sqrt 2}$.

[Vince Diesel]

zykov в сообщении #1563040 писал(а):

Но проблема в том, что похоже этот ряд не сходится вообще (недоказанное предположение на основе численного анализа).
...
С другой стороны, если обрезать полученный ряд, то в небольшой, но конечной, окрестности он хорошо согласуется с требованием.

Это как раз признаки асимптотического ряда.

zykov в сообщении #1563040 писал(а):

Вот и думаю, что это значит?
И вообще, можно ли использовать метод неопределенных коэффициентов, если ряд в результате расходится?

Если асимптотический ряд, то можно, в силу единственности.

zykov в сообщении #1563040 писал(а):

Хотелось с помощью ряда как-то выйти в комплексную плоскость.
Но видимо там всё совсем плохо.
На это например намекает то, что $z^{\sqrt 2} = e^{\sqrt2 \operatorname{Ln} z}$, что уже будет многозначной функцией.

Не стоит ожидать асимптотического разложения на бесконечности для всей комплексной плоскости. Сходимость может быть в секторах, выделяемых линиями Стокса, см., например, М. В. Федорюк, Асимптотические методы в анализе. Так что, может, ваше представление функции как итеративного предела будет работать в каком-нибудь угле $|\mathrm{Arg}(z-1)|<\alpha$. Еще, любопытно, можно ли найти разложение в точке $1/2$. Останутся только четные коэффициенты, возможно, они будут попроще.