Помогите доказать, что не существует аналитической функции.

[Jonikmen]

Помогите доказать, что не существует функции $f(z)$ аналитичной в некоторой окрестности нуля, и удовлетворяющая при любом натуральном $n$ условию : $f(1/n)=exp(-n)$ .
Точно знаю, что функции не существует и нужно пользоваться теоремой о единственности аналитического продолжения.
Спасибо за помощь.

[gris]

А какая аналитическая, но не везде, функция совпадает с $f(z)$ в этих точках. И где можно усмотреть противоречие с тем, что $f(z)$ аналитичеа в некоторой окрестности нуля?

[Jonikmen]

Противоречие я не знаю как получить. Если рассматривать функцию напрямую $f(z)=exp(-(1/z))$, то можно доказать, что функция неаналитична в окрестности нуля (т.к не раскладывается в степенной ряд). Вообщем без понятия , что делать.

[RIP]

Если функция не тождественный нуль, то она не может стремиться к 0 слишком быстро.

[Jonikmen]

Эммм....это для аналитичных функций? Откуда такое утверждение, и объясни, что в Вашем понимании "очень быстро" и "неочень быстро").

[Toucan]

Jonikmen в сообщении #663331 писал(а):

объясни, что в твоем понимании

Jonikmen, замечание за фамильярность. Читайте Правила форума:

Forum Administration в Правилах форума #27356 писал(а):

1) Нарушением считается:
…
е) ..., фамильярность (у нас принято обращаться друг к другу на "Вы")...

[ewert]

Jonikmen в сообщении #663331 писал(а):

Эммм....это для аналитичных функций? Откуда такое утверждение

Из ряда Тейлора. У него, знаете ли, главный член есть, и он стремится к нулю весьма характерным образом.

Из этого же ряда, между прочим, следует и теорема о единственности. Но это вовсе не означает, что её следует сюда приплетать.

[gris]

А нельзя как-нибудь использовать то, что у указанной в сообщении экспоненты в нуле существенно особая точка? Конечно, ноль не является внутренней точкой области аналитичности, но всё же предельной для множества обратных целых. Может быть как-то можно использовать теорему о единственности, если уж так хочется?

[g______d]

Можно предположить, что $f$ аналитична в нуле. Тогда, например, $\frac{f(1/n)-f(1/m)}{1/n-1/m}$ стремится к $f'(0)$ при $n,m\to\infty$. Посчитали для нашей функции, получили $f'(0)=0$. Дальше можно посмотреть на конечные разности второго порядка и увидеть, что $f''(0)=0$. Вообще, конечная разность любого порядка будет стремиться к нулю (это надо аккуратно записать, но суть в том, что экспонента на бесконечности растет быстрее, чем полином).

Т. о. все коэффициенты ряда Тейлора в нуле равны нулю. Формально говоря, это как раз доказательство с помощью теоремы единственности.

Но это мне кажется чуть сложнее, чем то, что сказано выше.

[ewert]

g______d в сообщении #663445 писал(а):

Можно предположить, что $f$ аналитична в нуле

Не надо предполагать, это дано по условию. По условию же значение функции в нуле равно нулю (в силу непрерывности). Тогда для некоторого положительного $m$ будет $f(z)=a_mz^m+o(z^m)$ (где $a_m\neq0$) и, в частности, $f(\frac1n)=\frac{a_m}{n^m}+o(\frac1{n^m})$. Это противоречит $f(\frac1n)=e^{-n}$, поскольку в пределе при $n\to+\infty$ получается $a_m=0$.

Анекдотичность ситуации в том, что и теорема единственности доказывается ровно теми же рассуждениями. Поэтому ссылка на неё здесь выглядела бы нелепо.

[Jonikmen]

Ewert, а почему функция раскладывается в конечный ряд? Он же может быть бесконечным.

[ewert]

Jonikmen в сообщении #663455 писал(а):

почему функция раскладывается в конечный ряд? Он же может быть бесконечным.

Никто и не говорит, что он "конечный". Просто из ряда Тейлора следует формула Тейлора; и, в частности, из $f(z)=\sum\limits_{k=m}^{+\infty}a_kz^k$ следует, что $f(z)=a_mz^m+o(z^m)$ при $z\to0$.

[Jonikmen]

Да извиняюсь, уже понял что чушь говорю.