Ряд с коэффициентами 0 и 1 [Анализ]

[Whitaker]

Здравствуйте!

Привести пример ряда с коэффициентами 0 и 1, не являющийся рациональной функцией.

Помогите пожалуйста, а то ничего дельного в голову не приходит

[ИСН]

Думаю, $x+x^2+x^4+x^8+\dots$ сгодится.

[Whitaker]

ИСН
А почему ряд $\sum \limits_{k=0}^{\infty}x^{2^k}\notin \mathbb{Q}[x]?$

[Urnwestek]

Пусть
$\frac{p(x)}{q(x)} = x + x^2 + x^4 + x^8 + ...$
$p(x) = q(x)(x + x^2 + x^4 + x^8 + ...)$
Пусть степень старшего члена у $q(x)$ равна $p$.
Найдём первое такое число $t$, что $2^{t+1} - 2^{t}>p$.
Тогда можно утверждать, что коэффициенты при $x^{p+2^{t+1}}, x^{p+2^{t+2}},x^{p+2^{t+3}},...$ будут не нулевыми (подумайте почему). Что противоречит тому, что $q(x)(x+x^2+x^4+x^8+...)$ — конечный многочлен $p(x)$.

-- 03.11.2013, 02:40 --

Кстати вы опять путаетесь в терминологии, множество рациональных функций — это $\mathbb{Q}(x)$, а вот то, что та сумма не принадлежит $\mathbb{Q}[x]$ (множество многочленов над $\mathbb{Q}$) следует из определения многочлена. (: Да и то вам бы вернее говорить о $\mathbb{R}(x)$, почему рациональная функция именно над $\mathbb{Q}$?

-- 03.11.2013, 02:56 --

Я вас, кстати, слегка обманул:

Цитата:

Тогда можно утверждать, что коэффициенты при $x^{2^{t+1}}, x^{2^{t+2}},x^{2^{t+3}},...$ не изменятся

надо заменить на:

Цитата:

Тогда можно утверждать, что коэффициенты при $x^{p+2^{t+1}}, x^{p+2^{t+2}},x^{p+2^{t+3}},...$ будут не нулевыми

Цитата:

А откуда это неравенство получается? Что-то не догнал

Что значит "получается"? (: Я сам потребовал найти такое $t$ чтобы неравенство выполнялось, то есть, в общем случае оно не выполняется (достаточно взять t=1 и p=5).
Вам не понятно почему такое $t$ всегда будет существовать или из каких соображений я потребовал мне найти такое $t$?
Если второе, то это вы поймёте лишь после того, как докажете то, что я исправил выше.
Это не так сложно, просто рассмотрите частные случаи, наведёт на мысль (: $q(x)=72x^3+15x^2+89x+1$ например, тогда $p=3,t=3$ и, начиная с 11 степени $(3+2^3)$ коэффициенты при cтепенях $x$, равных $8+3,16+3,32+3,...$ будут равны $72$. Не наводит на мысль? (:

-- 03.11.2013, 03:31 --

Вот док-во, а то я спать ложусь:
Умножение степенного ряда на $cx^l$ можно мыслить как оператор прибавления ко всем степеням степенного ряда $l$ и умножение всех его коэффициентов на $c$. То есть, после действия многочлена $q(x)$ (cо старшей степенью $p$) в общем случае у нас получится сумма p+1 го степенного ряда

$$c_0(x+x^2+x^4+...) + c_1(x^2+x^3+x^5+...) + c_2(x^3+x^4+x^6+...)+...+с_p(x^p+x^{2+p}+x^{4+p}+...)$$

. Рассмотрим слагаемые-ряды с коэффициентами($c_0..c_{p-1}$) они что-то прибавят/отнимут к коэффициентам при членах $x^{2^n}, x^{2^n+1},x^{2^n+2},...,x^{2^n+p-1}; n \in (0..\infty)$ Пусть они что-то прибавили/отняли к коэффициенту при $x^{2^{t+1}+p}$, где $t$ такое, что $2^{t+1}-2^{t}>p$. Получим что $2^{t+1}+p=2^n+k; n<t+1,0<k<p$ отсюда $2^{t+1}-2^{n}=k-p$ отсюда 2^{t+1}-2^{n}<0$ (так как $k<p$) но это невозможно ведь $t+1>n$, противоречие. Ну а уж если для $2^{t+1}-2^n$ противоречие получили, то для $2^{t+m}-2^n,m>0$ и подавно получим...

Ух. Как-то всё витиевато и путано получилось, а идея очень простая: умножение на многочлен "сдвигает" показатели степеней на конечное число, а растут-то они экспоненциально... То есть, достаточно большие показатели при "сдвиге" не будут задевать праобраз (то, какими показатели были до сдвига) своих соседей.

[ИСН]

Всё так, только я не думал в таких терминах. У рациональной функции могут быть проблемы лишь в конечном числе точек на комплексной плоскости. У этой - проблемы на всей(*) единичной окружности.