Диссертация (1154389), страница 26

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

Текст из файла (страница 26)

Поскольку максимум возрастающих и выпуклых функций является функцией возрастающей и выпуклой,то достаточно показать, что при любых фиксированных ρ ∈ (0, 1) и a > 0этими свойствами обладает функция1ρπxϕ(x) = ϕa (x) :=+sin πρZaa21aa1ρ157a−ρ − xt−ρdt,1+tв представлении которой a1 = a1 (x) и a2 = a2 (x) являются корнями уравненияea ln = x,0 6 a1 6 1 6 a2 6 e .(3.28)a1Учитывая, что в силу (3.28) выполняются равенства a′i (x) = −, i = 1, 2,ln ai (x)найдем производную функции ϕ(x) :−ρ−ρ −11a−aa−11πa2+a2ρ−−ϕ′(x) =1sin πρρlnaρ21 + aa21−=1a−ρ − a−ρ a−111 a ρ −1a−11ρln a11 + aa ρ11ρ −11ρ −1−ρZaa2t−ρdt =1+t1aa1ρ1ρπa1−ρ a2 1 a1−ρ a1−−+ 1sin πρ ρ 1 + aa 1ρρ1 + aa21Zaa2t−ρdt =1+t1aa1ρ "# Zt21−ρ1−ρ−ρt1 t2tπ−− 1+dt .=sin πρρ 1 + t2 1 + t11+tt11Здесь для сокращения записи мы обозначили ti = aaiρ , i = 1, 2.

ВыражениеRt2 t−ρв круглых скобках совпадает с интеграломdt, поскольку2t1 ρ(1 + t)′xZ1−ρx−ρ(1 − ρ)x−ρ(1 + x) − x1−ρt−ρ x++dt ==ρ(1 + x)1+tρ(1 + x)21+x0=x−ρ(1 − ρ)x−ρ(1 + x) − x1−ρ + ρx−ρ (1 + x)=.ρ(1 + x)2ρ(1 + x)2Таким образом, получили формулу1ρπ1ϕ (x) =−sin πρ ρ′Zaa2t−ρdt.(1 + t)21aa1ρ1, i = 1, 2, показывают,ln ai (x)что функция a1 (x) возрастает на отрезке [0, 1] от 0 до 1, а функция a2 (x)Установленные выше соотношения a′i (x) = −158убывает на этом же отрезке от e до 1.

Отсюда видно, что интеграл в последней формуле берется по стягивающемуся с ростом x ∈ [0, 1] отрезку.Значит, величина интеграла убывает и влечет возрастание ϕ′ (x) . Следовательно, функция ϕ(x) выпукла на [0, 1] . Кроме того,1π1ϕ′ (x) > ϕ′ (0) =−sin πρ ρZae ρ1t−ρdt=(1 + t)2ρ0Z+∞t−ρdt > 0,(1 + t)21ae ρпоэтому и функция ϕ(x) также возрастает на [0, 1].11aeρ)R ρ t−ρ1ln(1+ae−ρПоскольку ϕ(0) =dt 6 a ln(1 + ae ρ ) = e6 eC(ρ)1(ae ρ )ρ0 (1 + t)π, то в силу выпуклости ϕ(x) имееми ϕ(1) =sin πρϕa(x) = ϕ(x) 6 ϕ(1)x + ϕ(0)(1 − x) 6πx+ eC(ρ)(1 − x).sin πρОтсюда заключаем, чтоπk ∗1 ∗ ∗∗C (k , ρ) = max {ϕa(k )} 6+ eC(ρ)(1 − k ∗ ) .a>0ρsin πρС другой стороны, опять используя выпуклость ϕ(x), запишемϕa (x) = ϕ(x) > ϕ(1) + ϕ′ (1)(x − 1) =πππx+(x − 1) =,sin πρ sin πρsin πρт. е.πx.(3.29)sin πρИз этого неравенства, кстати, вытекает, что при a1 < a2 интеграл, входящийв определение функции ϕa (x), положителен, хотя подынтегральная функцияменяет знак на отрезке интегрирования.

Кроме того, переходя к максимумув предыдущем неравенстве, видим, чтоϕa (x) >πk ∗1 ∗ ∗C (k , ρ) >.ρsin πρАналогично получаем и следующую оценку1′ϕa(x) = ϕ(x) > ϕ(0)+ϕ (0)x = eln(1 + ae ρ )1(ae ρ )ρ159+x 11π−sin πρ ρZae ρ0t−ρdt .2(1 + t)Если теперь точка a0 = a0 (ρ) такова, чтоC(ρ) = maxa>0ln(1 + a) ln(1 + ao )=, тоaρaρo1 ∗ ∗C (k , ρ) = max {ϕa(k ∗)} > ϕao e−1/ρ (k ∗) =a>0ρ+∞Zao∗ Z−ρπt−ρ1kt = eC(ρ) += eC(ρ) + k ∗ −dtdt .sin πρ ρ(1 + t)2ρ(1 + t)2ao0Результатом проведенных выкладок являетсяЛемма 3.3. При любых k ∗ ∈ [0, 1], ρ ∈ (0, 1) справедливы оценкиπk ∗ ρC (k , ρ) 6+ eρC(ρ)(1 − k ∗) ,sin πρ∗∗(3.30)πk ∗ ρ,C (k , ρ) >sin πρZ+∞ −ρtC ∗ (k ∗, ρ) > eρC(ρ) + k ∗dt .(1 + t)2∗∗(3.31)(3.32)aoДля формулировки важного дополнения к теореме 3.4 напомним одноопределение. Нижним типом целой функции f (z) при порядке ρ называетсявеличина σ ρ (f ) := lim R−ρ ln max |f (z)| .R→+∞|z|=RТеорема 3.6. Любая экстремальная в задаче (3.14) последовательностьположительных чисел Λ, совпадающая с нулевым множеством соответствующей целой функции порядка ρ ∈ (0, 1) , имеет нулевую нижнююусредненную ρ -плотность.

При этом и нижний тип указанной экстремальной функции также равен нулю.Доказательство. В самом деле, если у целой функции f (z) , для которой достигается точная нижняя грань (3.14), последовательность нулей имеет нижнюю усредненную ρ -плотность α∗ и верхнюю усредненную ρ -плотность β ∗,то из оценки (3.32) следует неравенствоβ ∗ eρC(ρ) = σρ(f ) > β ∗ C ∗Z+∞ −ρtα, ρ > β ∗ eρC(ρ) + α∗dt ,∗β(t + 1)2∗a0что влечет α∗ = 0. Это в свою очередь дает равенство нулю обычной нижнейплотности последовательности Λ. Но в этом случае, как показано в работе [34], и нижний тип экстремальной функции f (z) равен нулю.160Объединяя леммы 3.2 и 3.3, получаем основной результат параграфа (какобычно, x+ := max {x, 0} ).Теорема 3.7.

Пусть ρ ∈ (0, 1), k ∗ ∈ [0, 1], ai = ai (k ∗), i = 1, 2, — корa2ни уравнения (3.28), s =, a0 = a0 (ρ) — точка максимума функцииa1Za01t−ρ−ρa ln(1 + a) на R+ , а Bρ :=dt . Тогда имеют место следуюρ(t + 1)2щие двусторонние оценки:0C ∗(k ∗, ρ)πk ∗πk ∗+ (a2 − k ∗ ln es)+ C(ρ) 66+ (a2 − k ∗ )(1 − s−1/ρ) C(ρ),sin πρρsin πρC ∗(k ∗, ρ)πk ∗πk ∗+ eC(ρ) − Bρ k ∗ 66+ eC(ρ)(1 − k ∗ ) .sin πρρsin πρОтметим качественное различие оценок, доказанных в леммах 3.2 и 3.3.Оценки (3.30)–(3.32) леммы 3.3 более наглядны и просты, так как носят линейный по параметру k ∗ характер, но именно последняя из них позволяетдоказать теорему 3.6.

В то же время, из более сложных оценок леммы 3.2,содержащих корни уравнения (3.28), получить информацию о свойствах экстремальных последовательностей в задаче (3.14) не удается, хотя эти оценкипри определенных значениях аргументов k ∗ и ρ точнее описывают поведениефункции C ∗ (k ∗, ρ). В следующем параграфе при фиксированном k ∗ даютсяточные асимптотические оценки этой функции при ρ → +0.3.1.7. Асимптотическая формулаНачнем с простого свойства корней уравнения (3.7), необходимого для доказательства корректности формулы (3.16) (см. замечание 3.1) и вывода асимптотического представления для C ∗ (k ∗, ρ) при ρ → +0.eЛемма 3.4. Если a1 и a2 — корни уравнения a ln = θ ∈ [0, 1), тоaвыполняется неравенствоa1 a2 < 1 .(3.33)Доказательство. Если θ = 0, то корнями уравнения служат числа a1 = 0,a2 = e, так что условие (3.33) выполнено.

Если θ > 0, то по предложению 1.19для имеем1sa1 = es 1−s , a2 = es 1−s , s = a2 /a1 .161Рассмотрим при s > 1 функцию γ(s) =s+1ln s . Посколькуs−1s2 − 1 − 2s ln sγ (s) => 0,s(s − 1)2′то γ(s) возрастает на промежутке (1, +∞). Но тогда γ(s) > γ(1 + 0) = 2.Отсюда легко получаем требуемое:s+1a1 a2 = e2s 1−s = e2−γ(s) < e2−2 = 1 ,s > 1.(Отметим также, что при θ = 1 в условии (3.33) имеем знак равенства.)Для наших целей удобно записать C ∗ (k ∗, ρ) в видеC ∗(k ∗ , ρ) = ρ max Ψ(a),a>0гдеπk ∗Ψ(a) :=+sin πρZaa2 a−ρ − k ∗ τ −ρdτ.τ +1as−1/ρЛемма 3.5. При фиксированных k ∗ ∈ (0, 1) и ρ ∈ (0, 1) функция Ψ(a)имеет на (0, +∞) единственную точку (глобального) максимума a∗ .Доказательство.

Подсчет производной функции Ψ(a) дает−ρ∗a−ρ (a2 − k ∗ )′−1/ρ a (a2 − k s)−sΨ (a) =− ρa2 a−ρ−1−1/ρ1+a1 + asZadτ=1+τas−1/ρ∗∗a−kρaa−ks1+a222−= a−ρ.−ln1+aaa + s1/ρ1 + as−1/ρПоэтому стационарные точки функции Ψ(a) на (0, +∞) являются корнямиуравнения1+aa2 − k ∗ a2 − k ∗s ρa2−ln−= 0.1+aaa + s1/ρ1 + as−1/ρУчитывая равенства a2 − k ∗ = a2 ln a2 и a2 − k ∗s = a2 ln a1 , запишем (послесокращения на a2 ) полученное уравнение в виде g(a) = 0, гдеg(a) :=a1+aa1ln a2 +−ρlnln.1+aa + s1/ρ a11 + as−1/ρ(3.34)Осталось показать, что функция (3.34) имеет только один положительныйкорень. Несложно проверяется, чтоg(0) = 0,g(+∞) = ln a2 + ln1621− ln s = 0 ,a1а также11/ρ−1/ρsln1lnas2a1=g ′ (a) =+−2 − ρ2−1/ρ1/ρ(1 + a)1+a1+asa+s"2 #1+a11+a1/ρ== (1 + a)−2 ln a2 − ρ(s1/ρ − 1)+slna1 a + s1/ρa + s1/ρ1= (1 + a)−2 s1/ρ lnt2 − ρ(s1/ρ − 1)t + ln a2 =: (1 + a)−2G(t) ,a11+aвозрастает на (0, +∞) от s−1/ρ до 1.

Для оценгде t = t(a) :=1/ρa+sки дискриминанта D квадратного трехчлена G(t) применим неравенство о1среднем геометрическом и среднем арифметическом к числам lnи ln a2 :a1rln a11 + ln a21ln s1ln2 sln ln a2 6=, или ln ln a2 6.a122a14Имеем212 1/ρ21/ρ ln s=D = ρ (s − 1) − 4s ln ln a2 > ρ (s − 1) − 4sa14" "2 # 2 #1/(2ρ)−1/(2ρ) 2lnslnslnss−s−= 4s1/ρρ2 sh2.−= 4s1/ρρ222ρ2ρ2ρ21/ρ21/ρВ силу неравенства sh x > x для положительных x из последней оценкиполучаем D > 0 . Следовательно, функция G(t) имеет два корня t1 < t2 .Из теоремы Виета и леммы 3.5 следует, что оба корня положительны и удовлетворяют неравенствуt1 t2 = s−1/ρ ln−11a1 a21ln a2 = s−1/ρ ln−1 ln< s−1/ρ.a1a1a1Покажем, что корни t1 и t2 принадлежат интервалу (s−1/ρ, 1). Использование явных выражений для этих корней, сложным образом зависящих от параметров ρ и s, приводит к слишком громоздким выкладкам.

Поэтому длялокализации корней воспользуемся более простыми рассуждениями. Предполагая, что t2 > 1, из предыдущего неравенства заключаем t1 6 t1 t2 < s−1/ρ.Следовательно, G(t) < 0 при t ∈ (s−1/ρ, 1). Отсюда при всех a > 0 получаем g ′ (a) = (1 + a)−2G(t(a)) < 0, что влечет строгое убывание g(a) напромежутке (0, +∞). Последнее невозможно, так как g(0) = g(+∞) = 0.Таким образом, t2 < 1.163Если мы, рассуждая аналогично, предположим теперь, что t1 6 s−1/ρ, тоs1/ρti − 1получим G(t) < 0 на (s−1/ρ, t2 ). Обозначив bi := t−1(ti ) =, i = 1, 2,1 − tiвидим, что функция g(a) убывает от 0 до g(b2), возрастая затем до нуля,оставаясь тем самым отрицательной для всех a > 0. Это, в свою очередь,дает отрицательность функции Ψ′ (a), т. е. убывание Ψ(a) на R+ .

Посколькуπk ∗πk ∗Ψ(0) =, то Ψ(a) <для всех положительных a. Но это протиsin πρsin πρπk ∗∗воречит отмеченному в § 3.1.6 неравенству Ψ(a) = ϕa (k ) >(см. оценsin πρку (3.29)). Предыдущие рассуждения показывают, что выполняются строгиенеравенства s−1/ρ < t1 < t2 < 1, или 0 < b1 < b2 < +∞. Следовательно,функция g(a) возрастает от 0 до g(b1 ), убывает далее до g(b2), а затемснова возрастает до нуля. Отсюда следует, что g(b1 )g(b2) < 0, и непрерывная функция g(a) имеет единственный положительный корень a∗ ∈ (b1, b2).Лемма 3.5 доказана.Получение асимптотической формулы для C ∗(k ∗, ρ) при ρ → +0 требует гораздо более точных оценок точки максимума a∗ , чем использованныев доказательстве предыдущей леммы.

Характеристики

Список файлов диссертации