Диссертация (1154389), страница 25

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 25)

е. выполняется равенство ∆ = ∆.некоторой подпоследовательности λnk , k ∈ K, т.е.˜ = lim ∆∗(λn ) = lim ∆∗(λn ).∆kkk→∞k∈K150Заметим сначала, что множество K1 := {k ∈ K, k − 1 ∈ N1} ограничено.Действительно, в рассматриваемом случае для всех k из множества K1 выполняется неравенство ∆∗ (λnk ) 6 ∆∗ (xk−1). И если бы множество K1 былонеограниченным, то имели бы˜ = lim ∆∗(λn ) 6 lim ∆∗(xk−1) 6 lim ∆∗(xk−1) = ∆ ∗ < ∆.˜∆k1k∈K1k∈K1k−1∈N1Из отмеченного факта вытекает, что функция ∆∗(x) монотонна на каждомиз промежутков Ik−1, k ∈ K, k > k0. Приступим к построению требуемойпоследовательности rj .Если существует такая последовательность kj , что функция ∆∗(x) напромежутках Ikj при всех j возрастает, то в качестве членов искомой поλnkj + λnkj +1— серединыследовательности можно выбрать, например, rj =2промежутков Ikj .

Действительно,( ∗˜ = ∆ ∗,∆ > lim ∆∗(rj ) > lim ∆∗ (λnkj ) = ∆j→∞j→∞(3.22)′−ρ−1∗(∆ ) (rj ) = N (rj )rj(ν(rj ) − ρ) > 0, т. е. ν(rj ) > ρ .Если же такой последовательности kj нет, то функция ∆∗(x) убываетна промежутках Ik при всех k ∈ K , начиная с некоторого места (можносчитать, что k > k0 ) . Для каждого такого k обозначимm = min s > k0 : ∆∗(x) убывает на λns , λnk+1 , m = m(k).Если бы номер m = m(k) был постоянным для всех достаточно большихk ∈ K, скажем, m(k) ≡ M, то функция ∆∗(x) убывала бы на [λnM , +∞) .Это привело бы к сходимости на бесконечности ∆∗(x) и измеримости Λ впротиворечие с условием леммы.

Значит, для некоторой последовательности индексов j последовательность mj = m(kj ), kj ∈ K, строго возрастает.При этом функция ∆∗(x) убывает на промежутке[λnm , λnk ) и возрастаетна предшествующем промежутке λnm−1 , λnm . Выберем в этом случае величины εj настолько малыми, чтобы, положив rj = λnmj − εj , имели быhrj ∈ λnmj −1 , λnmj и ∆∗(rj ) > ∆∗(λnkj ). Учитывая возрастание функцииh∆∗(x) на λnmj −1 , λnmj , как и в (3.22) получаем, что для такой последовательности rj условия (3.20) выполняются. Таким образом, последовательность rj — требуемая.III. Осталось рассмотреть случай, когда множество N2 неограничено, амножество N1 конечно или пусто. Но в этой ситуации функция ∆∗(x) монотонна на всех промежутках Ik , начиная с некоторого. Если бы эта функция151постоянно возрастала или убывала, начиная с некоторого места, то существовал бы предел lim ∆∗(x) , что несовместимо с неизмеримостью последоваx→+∞тельности Λ . Значит, характер монотонности ∆ ∗(x) на Ik меняется беско∗нечное число раз.

Но в этом случае величина ∆ достигается на некоторойпоследовательности концов промежутков Ik , и, следовательно, совпадает с˜ т. е. ∆ ∗ = ∆.˜ Этот случай уже рассмотрен выше. Лемма 3.1 доказана.∆,Теперь перейдем к доказательству главного результата.Доказательство теоремы 3.3. Если последовательность Λ измерима,πρ∗то, как известно, справедливо равенство σ =∆ . Этот же результатsin πρсодержится в формуле (3.16), так как при α∗ = β ∗ оба корня a1 и a2 уравнеeα∗ния a ln = ∗ совпадают с единицей, и интеграл в формуле (3.16) исчезает.a βТаким образом, в случае измеримой последовательности справедливость теоремы 3.3 проверена.Рассмотрим теперь случай неизмеримой последовательности Λ. При доказательстве формулы (3.16) будем опираться на лемму 3.1 и на равенство (3.9):Z+∞R−ρ ln max |LΛ(z)| =ϕR (t)|z|=Rtρdt,(1 + t)20NΛ (Rt)= ∆∗(Rt).ρ(Rt)Из определения функции NΛ(x) вытекает, что при всех положительныхR, t, a справедливо неравенствогде ϕR (t) :=NΛ (Rt) = NΛ (R/a) +ZRtnΛ (x)dx > NΛ(R/a) + nΛ(R/a) ln at.xRa−1Отсюда нетрудно получить следующую оценкуϕR (t) >NΛ(R/a) + nΛ(R/a) ln at NΛ (R/a) 1 + ν(R/a) ln at==(Rt)ρ(R/a)ρ(at)ρ1 + ν(R/a) ln at.(at)ρЗафиксируем произвольно числа a > 0 и ε > 0.

Из определения усредненной нижней ρ -плотности последовательности Λ найдем число c > 0 так,1cвыполнялось неравенствочтобы при каждом R > aca2ρ для всех t >R= ∆∗(R/a)152α∗. Пусть R пробегает значения Rj = arj , где rj взяты изϕR (t) >:=1+εлеммы 3.1. Применяя эту лемму, для всех достаточно больших j получимαε∗∗ν(rj ) = ν(Rj /a) > ρ,∆ (Rj /a) >βε∗β∗:=.1+εВ результате можем записать соотношениеϕRj (t) > βε∗1 + ρ ln at,(at)ρt>c.RjУчитывая, что при тех же t выполняется ϕRj (t) > αε∗ , и вводя вспомогательную функцию 111+ρlnat, t ∈ (aa2ρ )−1, (aa1ρ )−1 , βε∗ρ(at) 1ψR (t) =1ρρt∈/ (aa2 )−1, (aa1 )−1 , αε∗ ,1cможем утверждать, что при каждом Rj > aca2ρ и любых t >справедливоRjнеравенствоϕRj (t) > ψRj (t).1Следовательно, при каждом R = Rj > aca2ρ имеет место оценкаR−ρ ln max |LΛ(z)| >|z|=RZ+∞ψR (t)tρdt.(1 + t)2(3.23)cR−1Интеграл в правой части преобразуем следующим образом:Z+∞tρψR (t)dt =(1 + t)2cR−1=αǫ∗ 1(aa2ρ )−1Ztρdt +(1 + t)2αǫ∗Z+∞Z+∞1cR−1(aa1ρ )−11 ∗tρ+βdt(1 + t)2  ǫρ −1(aaZ1 )1 + ρ ln at tρdt =(at)ρ (1 + t)21(aa2ρ )−11=cR−1tρdt +(1 + t)2ρ −1(aaZ1 ) 1βǫ∗1(aa2ρ )−1153+ ρ ln at− αǫ∗ρ(at)tρdt =(1 + t)2=αǫ∗ πρ−sin πρcRZ −101tρdt+(1 + t)2ρ −1(aaZ1 )βǫ∗ a−ρ (1 + ρ ln at) − αǫ∗ tρdt.(1 + t)21(aa2ρ )−1Переходя в неравенстве (3.23) к пределу по выбранной последовательностиR = Rj → ∞, получаем1σρ(f ) > limZ+∞j→∞cRj−1ψRj (t)πραǫ∗tρdt=+(1 + t)2sin πρρ −1(aaZ1 )βǫ∗ a−ρ (1 + ρ ln at) − αǫ∗ tρdt.(1 + t)21(aa2ρ )−1Устремив здесь ε к нулю, выводим предварительную оценку1πρα∗σρ(f ) >+sin πρρ −1(aaZ1 )β ∗a−ρ (1 + ρ ln at) − α∗ tρdt.(1 + t)2(3.24)1(aa2ρ )−1Возьмем по частям интеграл в этой оценке:1ρ −1(aaZ1 )β ∗ a−ρ (1 + ρ ln at) − α∗ tρdt =(1 + t)21(aa2ρ )−11ρ−1(aa ρ1 −1Z1 ) ∗ −ρ∗ −ρ∗ ρ (aa1 )β a (1 + ρ ln at) − α t β a − α∗ tρ= −dt.+ρ ρ1 −11+tt(t + 1)(aa2 )(3.25)1(aa2ρ )−1Внеинтегральное слагаемое обращается в нуль, так как его числитель можнозаписать в виде∗αe−,β ∗a−ρ (1 + ρ ln at) − α∗tρ = β ∗ tρ (at)−ρ ln(at)−ρ β ∗α∗eа выражение в скобках при t = (aai ) дает ai ln − ∗ = 0, посколькуaiβ∗eαai , i = 1, 2, — корни уравнения a ln = ∗ .a βИнтеграл же в правой части (3.25) после замены переменной t = τ −1принимает вид1/ρaaZ 2 ∗ −ρβ a − α∗ τ −ρdτ.τ +11ρ−11/ρaa1154Подводя итог последним преобразованиям, из (3.24) и (3.25) получаем1/ρaaZ 2 ∗ −ρ πα∗β a − α∗ τ −ρ σρ(f ) > ρ +dτ .sin πρτ +11/ρaa1Наконец, используя свободу в выборе a > 0, приходим к окончательнойоценке1/ρaaZ 2 ∗ −ρ πα∗β a − α∗ τ −ρ σρ(f ) > ρ + maxdτ (3.26).a>0sin πρτ +11/ρaa1Требуемое неравенство установлено.

Его точность подтверждается как примером функции с дискретно измеримой последовательностью нулей из работы [32], так и общим примером из параграфа 3.3.2 (см. комментарий ктеореме 3.1). В самом деле, сравним результаты теоремы 3.1 и теоремы 3.3.1Полагая в формуле (3.6) b = aa2ρ , запишем фигурирующий в ней максимумв видеmaxb>0Zb1/ρa2 β ∗b−ρ − α∗ τ −ρdτ = maxa>0τ +11/ρaaZ2β ∗ a−ρ − α∗ τ −ρdτ.τ +11/ρb(a1 /a2 )aa1Таким образом, экстремальная функция в задаче о вычислении величиныse(α∗, β ∗; ρ) является экстремальной и в задаче о нахождении s ∗(α∗ , β ∗; ρ),что вместе с (3.26) приводит к соотношению (3.16). Теорема доказана.В важном частном случае α∗ = 0 общая теорема 3.3 решает экстремальную задачу (3.14).

Покажем это.Доказательство теоремы 3.4. Экстремальная задача (3.15) при α∗ = 0теряет дополнительное ограничение на нижнюю усредненную плотность, совпадая с задачей (3.14). Корнями уравнения a ln ae = α∗ / β ∗ = 0 являютсячисла a1 = 0 и a2 = e. Подставляя их в формулу (3.16), получаемs ∗(β ∗; ρ) = s ∗ (0, β ∗; ρ) = β ∗ ρ max a−ρa>0aeZ 1/ρdτ=τ +10ln(1 + ae1/ρ )= β ∗ρeC(ρ).1/ρρa>0a>0(ae )Эти простые соображения, основанные на теореме 3.3, позволяют найти точную нижнюю грань в задаче (3.14), доказывая теорему 3.4.= β ∗ ρ max a−ρ ln(1 + ae1/ρ) = β ∗ ρe max1553.1.6. Двусторонние оценки экстремальной величины C ∗ (k ∗, ρ)Приступая к изучению функции C ∗ (k ∗, ρ) на квадрате [0, 1] × (0, 1), получим сначала простые оценки интеграла, входящего в формулу (3.16):1J(a) :=ρZaa21aa1ρ−ρ>a1ρZaa21aa2ρa−ρ − k ∗ t−ρa−ρ − k ∗t−ρ dt =− ρk ∗11+t1+taa1ρln(1 + t)dt >tρ+11aa1ρ111k∗k∗ρρ(1 − ) ln(1 + aa2 ) − (1 − ) ln(1 + aa1 ) − ρk ∗ C(ρ)a2a1ρZaa2dt.t1aa1ρln(1 + t)6 C(ρ) выполняется приtρвсех t > 0 .

Учтем также вытекающую из уравнения (3.7) связь между егоek∗= 1 − ln = ln ai , т. е.корнями: 1 −aiaiМы воспользовались тем, что неравенствоai − k ∗ = ai ln ai , i = 1, 2.(3.27)a2, то последнее выражение в оценкеЕсли обозначить через s отношениеa1интеграла J(a) можно переписать в виде11a−ρ ln a2 ln(1 + aa2ρ ) − ln a1 ln(1 + aa1ρ ) − k ∗C(ρ) ln s >1ρ1ρ> a−ρ ln a2 ln(1 + aa2 ) − k ∗C(ρ) ln s = a2 ln a2ln(1 + aa2 )1ρ− k ∗ C(ρ) ln s.(aa2 )ρПереход к максимуму в предыдущих неравенствах с учетом (3.27) дает левуючасть соотношения (3.19):max J(a) > C(ρ)(a2 − k ∗ − k ∗ ln s) = C(ρ)(a2 − k ∗ ln es).a>0Оценка сверху интеграла J(a) получается просто. Поскольку на проме1жутке интегрирования переменная t удовлетворяет неравенству t 6 aa2ρ , тоa−ρ−t−ρ 6 −, откуда получаемa21J(a) =ρZaa21aa1ρ1a−ρ − k ∗t−ρk∗−ρdt 6 a1−1+ta2ρZaa21aa1ρ156dt=1+t= a−ρ 1 −∗ka2aa2ρ111ρρln(1 + t) ρ1 = a−ρ ln a2 ln(1 + aa2 ) − ln(1 + aa1 ) .aa1ln(1 + t), очевидно, убывает на R+ , поэтому выполняется нераtxвенство ln(1 + x) 6 ln(1 + y), 0 < x < y.

Применительно к нашему случаюyимеем ρ1111a1ρρρ− ρ1ln(1 + aa2 ) = s ln(1 + aa2 ),ln(1 + aa1 ) 6a2и потомуФункция11ρ1ρJ(a) 6 a−ρ (1 − s− ρ ) ln a2 ln(1 + aa2 ) = a2 ln a2ln(1 + aa2 )1ρ(aa2 )ρ1(1 − s− ρ ).ln(1 + t)6 C(ρ), t > 0 , окончательноОпять используя (3.27) и неравенствоtρполучаем1J(a) 6 (a2 − k ∗) C(ρ) (1 − s− ρ ).Это неравенство усиливает правую часть (3.19).

Случай k ∗ = 0 т. е. a∗1 = 0рассматриваем как предельный, полагая s = +∞ . Полученные оценки удобно поместить в отдельное утверждение.ea2= k∗ и s => 1.aa1При всех k ∗ ∈ [0, 1] и ρ ∈ (0, 1) справедливы следующие оценки:Лемма 3.2. Пусть a1 и a2 — корни уравнения a lnC ∗ (k ∗, ρ)πk ∗πk ∗∗+ (a2 − k ln es) C(ρ) 66+ (a2 − k ∗ )(1 − s−1/ρ) C(ρ).sin πρρsin πρЗдесь и далее в случае неопределенности (при a∗1 = 0 ) соответствующиезначения понимаем как предельные.Приведем другие оценки величины C ∗(k ∗ , ρ), показав, что она является возрастающей и выпуклой функцией переменной k ∗ на отрезке [0, 1] прикаждом фиксированном значении ρ ∈ (0, 1).

Характеристики

Список файлов диссертации