Диссертация (1154389), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Если здесь α = 1, то pΛ = lΛ = b,Λ= bа при α > 1 оказывается, что pΛ = ∞.Если lΛ = pΛ ∈ (1, +∞), будем говорить, что последовательность Λ правильно лакунарна (с индексом lΛ ). Такие последовательности растут асимптотически почти как геометрические последовательности со знаменателем,равным индексу лакунарности. Не вдаваясь в подробности, отметим, что правильно лакунарные последовательности образуют, например,– числа Мерсенна Mn = 2n − 1, lM = 2,(2n)!– числа Каталана Cn = n!(n+1)!, lC = 4 ,– числа Фибоначчи Fn , определяемые √замечательным рекуррентным соотношением Fn+1 = Fn + Fn−1,lF = 1+2 5 .Положительные логарифмически выпуклые вверх или вниз последовательности fn с индексом лакунарности lf ∈ (1, +∞) также являются правильноfn+1.лакунарными в силу монотонности отношенияfnСвязи между обычными и усредненными плотностями последовательности отражают классические неравенства (см.
[62, гл. I, § 12], [63, гл. II, § 4, п. 4])∗∗∆ 6 ρ∆∗ 6 ρ∆ 6 ∆ 6 ρ e ∆ .(1.87)В книге [105, p. 16] фактически идет речь об оценке, уточняющей последнее из этих неравенств в случае, когда известна не только верхняя, но инижняя плотность последовательности. Именно,∗ρ e ∆ > ∆ exp ∆ / ∆ .Мы получим гораздо более точные оценки и установим новые соотношения, из которых будут следовать все основные известные к настоящему времени неравенства между введенными выше характеристиками. В дальнейшемсчитаем, что число ρ > 0 задано, а соответствующие величины вычисляютсяпри этом показателе ρ.
Кроме того, из неравенств (1.87) вытекает, что усло∗∗вия ∆ = 0 и ∆ = 0 , равно как и условия ∆ = ∞ и ∆ = ∞ , равносильны.Поэтому в дальнейшем предполагается, а иногда и явно оговаривается, чтовыполнено условие 0 < ∆ < ∞ .63Предложение 1.12. Справедливы следующие неравенства∆ µ 6 ∆,(1.88)∆ lρ 6 ∆,∗e lρ,∆ 6∆(1.89)(1.90)ν µ 6 ν,(1.91)ln l 6 ν − ν.(1.92)Доказательство. Поскольку для считающей функции последовательности Λвыполняются равенства nΛ (t) = n(t) ≡ nk при t ∈ Ik = [|λnk |, |λnk +1|),k = 1, 2, . .
. , то верны формулы∆ = lim supk→∞ x∈Iknkn(x)n(x)nk=,∆=lim,inflim=limρρk→∞ |λnk |ρxρk→∞ x∈Ik xk→∞ |λnk+1 |(1.93)а также формулыN (|λnk+1 |)N (x)N (x)N (|λnk |)= lim, ν = lim inf= lim.k→∞ x∈Ik n(x)k→∞nknkk→∞ x∈Ik n(x)k→∞(1.94)Из (1.93) легко получаемν = lim sup∆ = limnkk→∞|λnk+1|ρnk+1nk+1> ∆ lim= ∆ µ,k→∞ nknkт. е. неравенство (1.88) выполняется. Точно так же|λnk+1 |ρ|λnk+1 |ρ∆ = lim> ∆ lim= ∆ lρ,ρρρk→∞ |λnk+1 | |λnk |k→∞ |λnk |nkчто подтверждает истинность и неравенства (1.89).Аналогичным образом из (1.94) получаем (1.91):N (|λnk+1 |)N (|λnk+1 |)nk+1lim> lim= ν µ.k→∞nknk+1 k→∞ nkk→∞Далее, для произвольного ε > 0 и достаточно больших k при всех x ∈ Ikв силу возрастания функции N (x) имеемρN (x) N (|λnk+1 |) N (|λnk+1 |) |λnk+1 |e + ε)(l + ǫ)ρ .< (∆6=ρρρx|λnk ||λnk+1 ||λnk |ν = limПереход к верхнему пределу по x → +∞ , а затем по ε → 0 доказывает (1.90).64Для доказательства (1.92) и в дальнейшем нам понадобится формулаλnk+1 N (λnk+1 ) − N (|λnk |) = nk ln,(1.95)|λnk |которая непосредственно вытекает из определения функции N (x) :N (λn) − N (|λn |) =k+1k|λnk+1 |Zn(x)dx = nkx|λnk ||λnk+1 |Z|λnk |λdxnk+1= nk ln.x|λnk |Чтобы получить (1.92), запишем (1.95) в удобном для этого видеλn N (λn ) N (|λn |)k+1k+1k=−ln|λnk |nknk(1.96)и перейдем к верхнему пределу, принимая во внимание формулы (1.94).Все соотношения (1.88)–(1.92) установлены.Из доказанного предложения вытекает следующий факт.Следствие.
Если последовательность измерима (∆ = ∆ = ∆) с плотностью ∆ > 0 или только внутренне измерима (ν = ν = ν) с относительной плотностью ν > 0, то она сама и последовательность её центральныхиндексов являются слабо лакунарными.Действительно, первое утверждение есть следствие формул (1.88) и (1.89),а второе вытекает из неравенств (1.91) и (1.92).Следующее предложение устанавливает взаимоотношения между обычными, относительными и дискретными плотностями последовательностей.Предложение 1.13.
Имеют место следующие неравенстваe6min∆6max∆6 ∆.ν,∆νν,∆ν∆eДоказательство. Используя формулы (1.93) и (1.94), получаемилиN (|λnk+1 |)nk N (|λnk+1 |)nk6lim= ∆νlim∆ = limρρ k→∞|λ|n|λ|nnknkk→∞k→∞k+1k+1enknk N (|λnk |)N (|λnk |)lim6lim= ∆ ν.∆ = limρk→∞ |λnk |ρ k→∞nknke k→∞ |λnk |65(1.97)Тем самым, неравенство ∆ 6 min ∆ ν, ∆ ν доказано. ee проверяется аналогично:Неравенство max ∆ ν, ∆ ν 6 ∆илиN (|λnk+1 |)N (|λnk+1 |)nklim>lim= ∆νρk→∞ |λnk+1 |ρnknkk→∞ |λnk+1 | k→∞e = lim∆nknk N (|λnk |)nkN (|λnk |)limlim>= ∆ ν.k→∞ |λnk |ρk→∞ |λnk |ρ k→∞nknkПредложение 1.13 установлено.e = lim∆В книге [74, отд. IV, гл. 1, задача 60] указана связь между относительнымиплотностями последовательности и ее показателем сходимости:ν 6 1/ρ 6 ν.Какими свойствами будет обладать последовательность, для которой реализуется равенство в одном из этих неравенств? В этой связи предложение 1.13предоставляет любопытную информацию.Следствие.
Если верхняя относительная плотность последовательности принимает свое наименьшее возможное значение, т. е. ν = 1/ρ, товыполняются равенства ∆∗ = ∆ = ∆ /ρ .eЕсли нижняя относительная плотность последовательности принима∗e = ∆/ρ.ет свое наибольшее возможное значение, т. е. ν = 1/ρ, то ∆ = ∆Доказательство. В самом деле, из (1.87) извлекаем ∆ /ρ 6 ∆∗ . При условииν = 1/ρ левая оценка в (1.97) дает ∆ 6 ∆ /ρ.
Отсюдаe∆ /ρ 6 ∆∗ 6 ∆ 6 ∆ /ρ,eчто приводит к первому утверждению следствия. Второе вытекает из аналогичных рассуждений, приводящих в ситуации ν = 1/ρ к неравенствамe 6 ∆ ∗ 6 ∆/ρ.∆/ρ 6 ∆Оба утверждения проверены.Предложение 1.14. Для любой последовательности комплексных чисел с показателем сходимости ρ > 0 справедливы следующие утверждения.Если 0 < ∆ < ∞, то выполняется неравенствоlρ > δ,66(1.98)а если 0 < ∆ < ∞, то имеемp ρ 6 µ.(1.99)ln p 6 ν (µ − 1),(1.100)Всегда справедливы оценкиln l > νδ−1.δ(1.101)Доказательство.
При условии ∆ 6= 0 можно записать|λnk+1 | ρ1nknk+1lρ=∆ .6 lim∆ = limlimnk+1 k→∞k→∞ |λnk |ρk→∞ |λnk+1 |ρ|λnk |δlimk→∞ nkСократив на ∆, получаем неравенство (1.98). Если же ∆ 6= 0, то|λnk+2 | ρpρ1nknk+1∆ = lim6 limnk+1 lim |λ | = ∆ µ ,ρρnk+1k→∞ |λnk+1 |k→∞ |λnk+2 | limk→∞k→∞ nkчто приводит к неравенству (1.99).Оценки (1.100), (1.101) доказываются с помощью теоремы 1.13 (обобщенной теоремы Штольца):λn λn ) − N (|λn |)N(k+1k+1kln p = lim ln= lim=|λnk |nkk→∞k→∞N (λnk+1 ) − N (|λnk |) nk+1−1 6= limnk+1 − nknkk→∞N ( λnk+1 ) − N (|λnk |)nk+16 limlim−1 6k→∞nk+1 − nknkk→∞N (|λnk |)6 lim(µ − 1) = ν (µ − 1).nkk→∞Опираясь на те же соображения, получаем, чтоλnk+1 =ln l = lim lnk→∞|λnk |N (λnk+1 ) − N (|λnk |)N (λnk+1 ) − N (|λnk |) nk − nk−1= lim= lim>k→∞k→∞nknk − nk−1nkN (λnk+1 ) − N (|λnk |)11N (|λnk |)lim 1 −> lim1−,> limk→∞k→∞nk − nk−1nk /nk−1nkδk→∞δ−1.
Предложение 1.14 установлено.т. е. неравенство ln l > νδ67Нам понадобится ряд элементарно проверяемых фактов, которые удобнособрать в одно утверждение.Лемма 1.1. ln x, x 6= 1 ,строго убывает на луче (0, +∞).I. Функция q1(x) =x−1 1, x = 1ex−1II. Функция q2 (x) =имеет на луче (0, +∞) единственный миниxмум в точке x = 1, равный 1.b + a ln xс положительными параметрами a, bIII. Функция q3 (x) =xρимеет на луче (0, +∞) единственный максимум, принимаемый в точкеx = e1/ρ − b/a и равный (a/ρ) e ρ (b/a)−1.Исследуем теперь зависимость между индексом разреженности последовательности и ее обычными и дискретными плотностями.Предложение 1.15.
Индекс разреженности, плотности и дискретныеплотности последовательности, имеющей показатель сходимости ρ > 0,связаны соотношениямиe 6 ∆ ln p,(p ρ − 1) ∆∆ p ρ ln p 6 (p ρ − 1) ∆ .e(1.102)Доказательство. При p = 1 оба неравенства превращаются в тривиальное|λnk+1 |и применим теоремуравенство 0 = 0 . При p > 1 обозначим ck =|λnk |Штольца 1.13, используя равенство (1.94) и пункт I предыдущей леммы:e = lim N (|λnk |) 6 lim N (|λnk+1 |) − N (|λnk |) =∆k→∞ |λnk |ρk→∞|λnk+1 |ρ − |λnk |ρln ckρ∆ ln p ρnk ln cknk1= limlim.6 lim= · ρρk→∞ |λnk |ρ ck − 1ρ k→∞ |λnk |ρ k→∞ ckρ − 1ρ p −1e 6 ∆ · ln p .
Точно так жеТаким образом, ∆pρ − 1N (|λnk+1 |) − N (|λnk |)N (|λnk |)>lim=∆ = limρρ − |λ |ρ|λ||λ|nnnk→∞k→∞kk+1keln c−ρnk1∆ p ρ ln p ρln ckk= · ρlim= limlim,−ρ >ρρ k→∞ |λnk+1 |ρ k→∞ c−ρρ p −1k→∞ |λnk+1 | 1 − ckk −1nkp ρ ln p.
Предложение полностью доказано.т. е. ∆ > ∆ · ρp−1e68В качестве следствия из предложений 1.13 –1.15 можно получить следующий результат (ср. [117]).Предложение 1.16. Если 0 < ∆ < ∞ , причем последовательность{λnk }∞k=1 имеет лакуны Адамара, то справедливы оценкиln pln p6 ν 6 ρ.µ−1p −1(1.103)Если 0 < ∆ < ∞ , и последовательность {nk }∞k=1 имеет лакуны Адамара,то справедливы оценкиp ρ ln pδ ln l6.(1.104)ν6pρ − 1δ−1Доказательство. Поскольку {λnk }∞k=1 имеет лакуны Адамара, то p > 1 .Поэтому, сопоставляя правую часть неравенств (1.97) с первым неравенствомe 6 ∆ ln p . Это дает правую частьиз формулы (1.102), получим ν ∆ 6 ∆pρ − 1соотношения (1.103). Левая часть этого соотношения вытекает из (1.100), таккак согласно (1.99) имеем µ > p ρ > 1 .При доказательстве оценок (1.104) действуем схожим образом, только теперь сочетаем левую часть (1.97) и второе неравенство из (1.102) с последующим привлечением (1.101).
Обе части предложения 1.16 установлены.Результат является точным в следующем смысле. Равенства в (1.103),(1.104) заведомо достигаются, если реализуются равенства в (1.98), (1.99).А это имеет место, например, для любой последовательности Λ = {λn }∞n=1 ,модули членов которой и центральные индексы образуют две согласованные„почти геометрические прогрессии“, т. е. с некоторым q > 1 удовлетворяютусловиям|λnk+1 | ∼ q |λnk |,nk+1 ∼ q ρ nk ,k → ∞.В этом случае l = p = q, µ = δ = q ρ , и справедливы формулыq ρ ln qν= ρ.q −1ln qν= ρ,q −1Теорема 1.19.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
