Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 578
2014-06-08 
Пусть $f(x) = 1 + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \cdots$ и пусть все коэффициенты в разложении $f^{\prime}(x)/f(x)$ по степеням $x$ по модулю не превосходят 2. Доказать, что $|a_{n}| \leq n + 1$.
Решение:
Пусть $\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}x^{n} (|b_{n}| \leq 2)$ - разложение функции $f^{\prime}(x)/f(x)$ в степенной ряд. Имеем
$f^{\prime}(x) = f(x) \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$,
т. е.
$a_{1} + 2a_{2}x + 3 a_{3} x^{2} + \cdots = (1 + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} + \cdots)(b_{0} + b_{1}x + \cdots)$.
Предположим, что равенство $|a_{n}| \leq n + 1$ выполняется не для всех $n$. Пусть $k$ - такое наименьшее натуральное число, что $|a_{k}| > k+1$. Тогда имеем
$ka_{k} = b_{0}a_{k-1} + b_{1}a_{k-2} + \cdots + b_{k-2}a_{1} + b_{k-1}$,
но $\ka_{k}| > k(k + 1)$, а
$| b_{0}a_{k-1} + b_{1}a_{k-2} + \cdots + b_{k-1}| \leq 2 ( |a_{k-1}| + \cdots + |a_{1}| + 1) \leq 2 (k+ \cdots + 2 + 1) = k (k+1)$
Противоречие.
Пусть $f(x) = 1 + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \cdots$ и пусть все коэффициенты в разложении $f^{\prime}(x)/f(x)$ по степеням $x$ по модулю не превосходят 2. Доказать, что $|a_{n}| \leq n + 1$.
Решение:
Пусть $\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}x^{n} (|b_{n}| \leq 2)$ - разложение функции $f^{\prime}(x)/f(x)$ в степенной ряд. Имеем
$f^{\prime}(x) = f(x) \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$,
т. е.
$a_{1} + 2a_{2}x + 3 a_{3} x^{2} + \cdots = (1 + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} + \cdots)(b_{0} + b_{1}x + \cdots)$.
Предположим, что равенство $|a_{n}| \leq n + 1$ выполняется не для всех $n$. Пусть $k$ - такое наименьшее натуральное число, что $|a_{k}| > k+1$. Тогда имеем
$ka_{k} = b_{0}a_{k-1} + b_{1}a_{k-2} + \cdots + b_{k-2}a_{1} + b_{k-1}$,
но $\ka_{k}| > k(k + 1)$, а
$| b_{0}a_{k-1} + b_{1}a_{k-2} + \cdots + b_{k-1}| \leq 2 ( |a_{k-1}| + \cdots + |a_{1}| + 1) \leq 2 (k+ \cdots + 2 + 1) = k (k+1)$
Противоречие.
