Série entière "par paquet"

raboteux
raboteux
dans Analyse
Bonjour à tous,

J'ai une question qui me turlupine sur les preuves du théorème des lacunes de Hadamard : sur la partie finale, pour prouver que 1 n'est pas un point régulier d'une série lacunaire, on veut démontrer une incohérence via une égalité entre deux développement en série de la même fonction.
Visiblement, sur pas mal de version de cette preuve que j'ai pu voir, l'accent est mis sur la série du terme de gauche de l'égalité $\sum_{i=0}^{N}a_n\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}=\sum_{i=0}^{(p+1)\lambda_N}b_nz^n$.
Les preuves insistent toutes sur le fait que le polynôme $\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}$ doit être de degré disjoint pour différentes valeurs de n afin de permettre l’identification "terme à terme" de la série à gauche de l'égalité avec la série à droite de l'égalité.

Pourquoi est-ce important dans le cas présent qu'il n'y ait pas de mélange de degré ?
Pourquoi cela est-il une condition d'égalité des deux séries ?

Voici un exemple de preuve insistant sur ce point :
preuve page 1
preuve page 2
Merci par avance !

Réponses

  • melpomène
    melpomène
    Une remarque qui ne fait pas avancer le schmilblick, mais qui te permettra d'éviter de subir les foudres d'AD: Hadamard prend un"d" final ;-)
  • reuns
    reuns
    Soit $P_n(z) = \left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}$. Remplace le par un polynôme général $P_n(z) = \sum_{k=0}^{d_n} c_{n,k} z^k$

    Alors $\sum_{n=0}^\infty a_n P_n(z) = \sum_{m=0}^{\infty}b_mz^m$ pour $|z| < r$

    donne que $b_m = \sum_{n, m \le d_n \le N}a_n c_{n,m}$.

    Donc trouver $a_n$ à partir de $b_m$ c'est chaud et $\sum_m |b_m| (1+\epsilon)^m < \infty$ ne nous dit pas grand chose sur ce que sera $a_n$.

    Par contre avec $P_n(z) = \left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}$ alors $c_{n,k}$ est non-nul au plus pour un seul $n$ et donc ça marche bien.
  • raboteux
    raboteux
    Merci pour ton aide!

    Par contre je n'ai pas bien compris comment tu passe de cette somme là :

    $\sum_{n=0}^\infty a_n P_n(z) = \sum_{m=0}^{\infty}b_mz^m$ pour $|z| < r$

    A celle là qui identifie $b_m$ :

    $b_m = \sum_{n, m \le d_n \le N}a_n c_{n,m}$.

    Et plus particulièrement les indices de borne de cette deuxième somme, elle est double?

    Merci Encore.
  • raboteux
    raboteux
    Bonjour à tous
    Il a autre chose qui me turlupine maintenant et que je n'avais pas remarqué aussi dans cette preuve :
    Pourquoi l'égalité suivante : $$

    \sum_{i=0}^{N}a_n\Big(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\Big)^{\lambda_n}=\sum_{i=0}^{(p+1)\lambda_N}b_nz^n

    $$ est-elle donné valable pour tout $z$ de $\C$ alors qu'auparavant on avait comme condition $|z|<1$ ?
    Est-ce le recours aux sommes partielles qui permet de dire cela ?
    Merci pour le futur coup de main !
  • Poirot
    Poirot
    Bah tes sommes sont finies donc il n'y a aucun problème pour développer le membre de gauche.
  • raboteux
    raboteux
    Merci Poirot pour ta réponse.

    Cependant, je suis encore dans le brouillard, refaisons l'historique : comme le développement en série entière de $f$ n'est valable que pour $|z|<1$, on peut écrire :

    $g\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)=f\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)=\sum_{i=0}^{\infty}a_n\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}=\sum_{i=0}^{\infty}b_nz^n$ si $|z|<1$

    Puis, visiblement, en passant "en sommes partielles", on a le droit écrire pour tout $z$ de $C$ :

    $\sum_{i=0}^{N}a_n\left(\frac{z^p+z^{p+1}}{2}\right)^{\lambda_n}=\sum_{i=0}^{(p+1)\lambda_N}b_nz^n$

    Je ne comprends pas le critère qui permet cela, bien qu'effectivement je constate aussi que ces sommes sont maintenant finies dans cette deuxième expression...
  • BobbyJoe
    BobbyJoe
    Si tu notes le polynôme suivant $Q(X)=\frac{1}{2}\left(X^{p}+X^{p+1}\right)$ où $p\in \mathbb{N}^{*}$ est choisi de manière à bien "dissocier" les choses
    i.e. $\forall n\in \mathbb{N},\mbox{ } (p+1)\lambda_{n}<p\lambda_{n+1}.$
    En notant également, pour $\vert z\vert <1,$ $$f(z)=\sum_{n\geq 0}a_{n}z^{\lambda_{n}} \mbox{ et } f(Q(z))=\sum_{n\geq 0}b_{n}z^{n},$$ on a (par la propriété de bonne dissociation des exposants précédents, les "blocs" n'interagissent pas**) pour tout $n\in \mathbb{N},$ $$\sum_{k=0}^{n}a_{k}Q^{\lambda_{k}}=\sum_{k=0}^{(p+1)\lambda_{n}}b_{k}X^{k}.$$
    Ceci est précisément l'identité qui permet de conclure si on suppose que $1$ est un point régulier de $f.$

    Remarque : **les "blocs" n'interagissent pas au sens suivant : observe cette propriété de dissociation en appliquant la formule du binôme de Newton à chaque bloc $Q^{\lambda_{k}}$ et somme....
  • raboteux
    raboteux
    Bonsoir à tous,

    Une dernière question sur ce théorème : dans les preuves qu'on peut trouver; on affirme que comme $1$ est singulier pour la série $\sum a_n{z_0}^{\lambda_n}z^{\lambda_n}$ avec $z_0 \in C(0,1)$ alors nécessairement $z_0$ est singulier pour la série $\sum a_nz^{\lambda_n}$, ce qui permet de conclure.
    En général l'argument du rayon de convergence identique entre les deux série est donné mais est ce suffisant pour affirmer cela? Comment le formaliser proprement?

    Merci par avance.
  • Poirot
    Poirot
    Je ne comprends pas bien ta question. Si $1$ est singulier pour la série entière $\displaystyle \sum_{n \geq 0} a_n z_0^{\lambda_n} z^{\lambda_n}$, c'est que la fonction somme ne peut se prolonger en une fonction holomorphe sur aucun voisinage de $1$, ce qui implique bien entendu que la série entière $\displaystyle \sum_{n \geq 0} a_n z^{\lambda_n}$ ne peut se prolonger sur aucun voisinage de $z_0$.
  • raboteux
    raboteux
    Merci poirot.

    En fait j'ai passé un examen sur ce sujet et on m'a reproché un manque de clarté sur cette conclusion, je cherche simplement comment l'écrire plus proprement...

    Est-il correct de dire :

    - la série $\sum a_n{z_0}^{\lambda_n}z^{\lambda_n}$ a pour rayon 1 (car les coefficient sont de même taille que ceux de la série de l'énoncé du théorème), elle est lacunaire, donc comme démontré précédemment, 1 est singulier pour cette série
    - de plus, cette série peut se réécrire : $\sum a_n(zz_0)^{\lambda_n}$ donc lorsque 1 est singulier pour cette série, $z_0$ est singulier pour la série $\sum a_nz^{\lambda_n}$

    Mais peut être y a-t-il mieux encore...
  • Poirot
    Poirot
    Bah ce que j'ai écrit au-dessus ne te convainc pas ? Quand $z \in D(1, r)$ avec $r > 0$ alors $z_0z \in D(z_0, |z_0|r)$.
  • raboteux
    raboteux
    Merci Poirot,

    C'est maintenant très clair.
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