Диссертация (1154389), страница 32

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

Текст из файла (страница 32)

Как и прежде, легко найти абсциссы ζn точек касания этой ло1 mnманой с графиком GB , именно, ζn = ln. Легко видеть, что точки пеρ ρBресечения последовательных звеньев ломаной лежат ниже графика GA силуусловия (3.79). Этого можно добиться уже начиная со второгозвена, выбравa2m1 . Определимдостаточно большой угловой коэффициент m2 m2 >a1(1)(2)теперь абсциссы xn и xn точек пересечения графика ломаной y = Ω2(x)с графиком GA . Для этого вычислим различными способами угловой коэффициент касательной к графику GB , являющейся при условии B > A также199и секущей графика GA . Имеем (ср.

предложение 1.18)(i)Beρ ζn − Aeρ xnζn −= B ρ eρ ζn ,(i)xnРазделим обе части этого равенства наi = 1, 2,Beρ ζn(i)(i)xnи обозначим yi = ζn − xn .ζn −После преобразования полученного выражения 1 −A(1 − ρ yi ) eρ yi = Bзапишемρ yielneeρ yin ∈ N.A −ρ yiBeAα∗== ∗.Bβ(i)Отсюда извлекаем, что eρ yi = a2/i, т. е. yi = ζn − xn =где a1 , a2 — корни уравнения (3.62). Таким образом,x(1)n = ζn −1ln a2 ,ρ= ρ yi к видуx(2)n = ζn −1ln a1 ,ρ1ρln a2/i , i = 1, 2,n ∈ N.Выпуклость функций yA (x) и yB (x) приводит к соотношениямΩ2 (x) = Beρ ζn + ρBeρ ζn (x − ζn ) ∈ [Aeρ x , Beρ x ],(2)x ∈ [x(1)n , xn ],n ∈ N.(3.80)Кроме того, по построению имеемΩ2(ζn ) = yB (ζn ),n ∈ N.(3.81)Введем функциюΩ(x) = max {Ω1(x), Ω2(x)} ,x > 0.(3.82)Графиком функции (3.82) служит ломаная, абсциссы вершин которой (обозначим их ln rn ) определяют некоторую последовательность. Для того чтобы усредненная считающая функция задавалась формулой N (ex ) = Ω(x) ,запишем каждый член последовательности с кратностью, равной разностиугловых коэффициентов звеньев ломаной с рассматриваемой общей вершиeной.

Докажем, что полученная в результате новая последовательность |Λ|вида (3.77) является искомой.Действительно, в силу построения и с учетом (3.78), (3.80) имеем[(2)(3.83)[x(1)Ω(x) 6 yA (x),x∈/n , xn ],n∈NyA (x) 6 Ω(x) 6 yB (x),200x∈[n∈N(2)[x(1)n , xn ].(3.84)mn1ln= +∞ , то изn→∞n→∞n→∞ ρρ Ba2(3.78), (3.81), (3.83), (3.84) заключаем, что выполнены предельные соотношенияПоскольку lim(1)xn1ρ= lim ζn − ln a2Ω(x)N (r)=lim,ρxρx→+∞ er→+∞ r= limΩ(x)N (r)lim=.x→+∞ eρ xr→+∞ r ρA = limB = lime отвечает бесконечное произведениеНайденной последовательности |Λ|f0(z) вида (3.76).

Для логарифма максимума модуля этой функции, как и вслучае A = B , воспользуемся представлениемZ+∞σ0(r) = 2rρ∆∗(rτ ) K(τ ) dτ,∆∗(r) =N (r).rρ0Вывод ключевого соотношения (3.61) основывался на оценке величины ∆∗(r)снизу. Для обоснования экстремального характера функции f0(z) потребуется оценить ∆∗(r) сверху. Вернемся к первоначальной переменной x = ln tи обозначим1/ρ(i)mn−1/ρ(i)xni = 1, 2, n ∈ N.(3.85),t=e=ξaξn = eζn =nn2/i ,ρ β∗В силу (3.80), (3.83) имеемN (t) = Bξnρ + ρ B ξnρ lnt,ζn(2)t ∈ [t(1)n , tn ],N (t) 6 Atρ ,t∈/[n ∈ N.(2)[t(1)n , tn ],n∈NNΛ (rt)Отсюда для величины ∆∗(rt) :=при фиксированном r > 0 извлека(rt)ρем соотношения[(2)[t(1)(3.86)∆∗(rt) 6 A,t∈/n /r, tn /r] =: T,n∈NBξnρ∆ (rt) =(rt)ρ∗rt1 + ρ lnζn,(2)t ∈ [t(1)n /r, tn /r],n ∈ N.(3.87)eВсе нужные оценки усредненной считающей функции последовательности Λполучены.201Перейдем к обоснованию экстремальности целой функции (3.76), построe .

Оценим сверху величинуенной по Λσ0(r)=rρln max |f0(z)||z|=rrρZ+∞= 2∆∗ (rt)K(t) dt, K(t) = −tρt cos θ + 1t2 + 2t cos θ + 10′Для этого, привлекая (3.86), (3.87), запишемZ+∞ZZ∗∗∆ (rt) K(t) dt =∆ (rt) K(t) dt + ∆∗(rt) K(t) dt 60TR\T6AZ(2)K(t) dt+n=1R\TZ+∞=AK(t) dt|0{zI1tZn /r∞X(1)tn /r(2)∞X+tZn /rn=1}(1)|Напомним (см. (3.72)), что I1 =tn /r ρBξnρtrK(t) dt =lne(rt)ρξn ρtrBξnρ− A K(t) dt .ln e(rt)ρξn{zSn (r)πρcos ρθ.

Обозначимsin πρQ(t) =}tcosθ + 1t2 + 2tcosθ + 1и преобразуем слагаемые в сумме, интегрируя по частям каждое из них:(2)Sn (r) := −tZn /r(1)tn /r= − Q(t)trBξnρlnerρξnρ ρBξnρtr− Atρ Q′ (t) dt =ln eρrξn(2)tZn /r ρt(2)n /rξdtnB+ρ− Atρ − Atρ Q(t) .(1)rttn /r(1)tn /rПодстановка обращается в нуль. В самом деле,!(i)(i)(i) ρBξnρA(tn )ρ(tn )ρetn−−A ρ =ln eB a2/i ln= 0,rρξnrrρa2/i B202.поскольку ai , i = 1, 2, — корни уравнения (3.62). Таким образом,(2)tZn /rSn (r) = ρB(1)tn /rρξnr− AtρQ(t)dt.t(3.88)Теперь зафиксируем j ∈ N и оценим суммуS(r) :=∞XSn (r) =n=1j−1X∞XSn (r) +n=1(3.89)Sn (r) + [Sj (r) + Sj+1(r)] .n=j+2Будем использовать простые неравенстваQ(t) =tcosθ + 16 1,t2 + 2tcosθ + 12Q(t) 6 ,tt ∈ R+ .Отсюда и из (3.88), пренебрегая отрицательными слагаемыми, получаем длясуммы Sn (r) две оценки(2)Sn (r) 6 ρtZn /rB(1)tn /r(2)Sn (r) 6 2ρtZn /rB(1)tn /rξnrρ= 2ρ Bξnrρdt=Btdt= 2ρ Bt2ξnrρ−1 1/ρa2ξnr−ξnrρ 1/ρa1ρlnr/t(1)n.a2,a1−r/t(2)n(3.90)=(3.91)Для дальнейших оценок нам понадобится теорема Штольца:если положительные последовательности aj и bj , где bj строго монотонна, являются либо бесконечно большими, либо бесконечно малыми, то выполняется равенствоaj+1 − ajaj= limlimj→∞ bj+1 − bjj→∞ bjпри условии, что предел справа существует.Из (3.79) и (3.85) получаем условиеξj+1=ξjmj+1mj1/ρ→ ∞,203j → ∞,(3.92)∞Pкоторое влечет сходимость рядаj=1том (3.92) находимj−1Pξnρξjρ1ρ= lim ρ= 0,ρ = lim j→∞ ξj+1 − ξjj→∞ ξj+1−1lim n=1ρj→∞ ξj∞Pξjρ−1 .

Применяя теорему Штольца, с уче-ξjξnρ−1n=j+2limρ−1j→∞ξj+1ρ−1−ξj+2= limj→∞ ξ ρ−1j+2−= lim ρ−1ξj+1j→∞ζj+2ξj+111−ρ= 0.−1Теперь, используя (3.83), (3.84), показываем, что равномерно по r ∈ [ξj , ξj+1]выполняются соотношенияj−1XSn (r) 6n=1j−1XBn=1∞Xξnξjρ∞XSn (r) 6n=j+2a2a26 B lna1a1ln2ρ Bn=j+21/ρ1/ρ6 2ρ B a2 − a1ξnξj+1∞Pj−1Pξnρn=1ξjρ−→ 0,j → ∞.(3.93)ρ−1 1/ρ1/ρa2 − a16ρ−1 n=j+2 ξn−→ 0,ρ−1ξj+1j → ∞.(3.94)Для оценки оставшейся части S(r) в формуле (3.81) для Sn (r) сделаемзамену переменной t = 1/τ :−1/ρSn (r) = ρa1 Z ξn /r−1/ρa2=ρ1/ρa1 r/ξnrξn−ρξn /r1/ρa2Z r/ξnBBξnrρ− Atρ− Aτ −ρ!t cos θ + 1dt=t2 + 2t cos θ + 1 tτ2τ + cos θdτ.+ 2τ cos θ + 1Таким образом, установлено равенствоrSn (r) = ρ ϕξn204,(3.95)в котором1/ρϕ(a) =aaZ2(Ba−ρ − Aτ −ρ) (τ + cos θ)dτ,τ 2 + 2τ cos θ + 1a > 0.1/ρaa1Изучим введенную функцию ϕ(a) .

Покажем сначала, что(3.96)ϕ(0+) = ϕ(+∞) = 0.Интегрирование по частям дает для ϕ(a) выражение1/ρ12ϕ(a) =aaZ2Ba−ρ − Aτ −ρ d ln(τ 2 + 2τ cos θ + 1) =1/ρaa1 aa1/ρ21 2−ρ−ρln(τ + 2τ cos θ + 1) 1/ρ −Ba − Aτ=2aa11/ρ−12aaZ2A ρ τ −ρ−1 ln(τ 2 + 2τ cos θ + 1) d τ =: J1 (a) − J2(a).1/ρaa1Проверим, что каждая из функций J1(a), J2 (a) удовлетворяет (3.96). Действительно, поскольку2/ρln(a2 aiи1/ρ+ 2aaiaρ2/ρln(a2aicos θ + 1)1/ρ∼2aaicos θaρ= O(a1−ρ ) −→ 0,a → 0+,1/ρ2 ln a+ 2aai cos θ + 1)∼−→ 0,aρaρто J1(0+) = J1 (+∞) = 0 . Далее,a → +∞,1/ρaaZ2ln(τ 2 + 2τ cos θ + 1)dτ ∼τ ρ+11/ρaa11/ρ∼aaZ21/ρaa12 cos θ2 cos θdτ =ρτ1−ρ1ρ −1a21ρ −1− a1205a1−ρ −→ 0,a → 0+,и1/ρaaZ21/ρ2ln(τ + 2τ cos θ + 1)dττ ρ+1∼1/ρaaZ2τ −ρ2 ln τdτ 6τ1/ρaa16 a−11ln21/ρaa2aρ−ln21/ρaa1aρ!aa1−→ 0,a → +∞.Значит, J2 (0+) = J2(+∞) = 0 , что приводит к равенствамϕ(0+) = J1 (0+) − J2 (0+) = 0 и ϕ(+∞) = J1(+∞) − J2(+∞) = 0.Таким образом, условие (3.96) выполнено.

Но теперь мы можем утверждать,что непрерывная на R+ функция ϕ(a) достигает своего максимума в некоторой точке a0 , т. е. max ϕ(a) = ϕ(a0) > 0 .a>0Используя равенство (3.95), оценим в сумме (3.89) последнее слагаемое rrJ(r) := Sj (r) + Sj+1(r) = ρ ϕ+ϕ.ξjξj+1 pПусть сначала r ∈ [ξj , ξj ξj+1]. Тогда ϕ ξrj 6 ϕ(a0). Поскольку0<ξjξj+16rξj+16sξjξj+1−→ 0,то благодаря (3.96) находим, чтоrmaxϕ−→ 0,√ξj+1ξj 6r6 ξj ξj+1j → ∞,j → ∞. pr6 ϕ(a0 ). Так какПусть теперь r ∈ [ ξj ξj+1, ξj+1]. Тогда ϕ ξj+1r>ξjsξj+1−→ ∞,ξjj → ∞,то снова в силу (3.96) имеем rϕ−→ 0,√ maxξjξj ξj+1 6r6ξj+1j → ∞.В обоих случаях получаемJ(r) 6 ρ ϕ(a0 ) + o(1),206r → +∞.Сочетая эту оценку с (3.93), (3.94), запишемS(r) =∞XSn (r) =n=1j−1XSn (r)+n=1∞XSn (r)+J(r) 6 ρ ϕ(a0)+o(1),r → +∞.n=j+2Возвращаясь к оценке типа построенной функции f0(z), имеемσ0(r)= 2rρZ+∞∆∗(rt)K(t) dt 6 2 (A I1 + S(r)) 60πρ6 2 Acos ρθ + ρ ϕ(a0 ) + o(1) ,sin πρr → +∞.Переход к пределу при r → +∞ и сравнение с доказанным в § 3.3.1 неравенством (3.61) приводит к требуемому результату:πAcos ρθ + ϕ(a0) =σρ (f0) = 2ρsin πρ1/ρaaZ2 πA(Ba−ρ − At−ρ )(t + cos θ) = 2ρ cos ρθ + maxdt=2a>0sin πρt + 2t cos θ + 11/ρaa11/ρ πα∗= ρ sin πρ cos ρθ + maxa>0aaZ2(β ∗a−ρ − α∗ t−ρ )(t + cos θ) dt2.t + 2t cos θ + 11/ρaa1Все случаи рассмотрены.

Теорема 3.16 доказана.В следующем параграфе мы несколько усилим эту теорему, показав, что ееутверждение остается в силе для целых функций с нулями из более широкогокласса множеств.3.3.3 Обобщение теоремы 3.16eПусть k ∗ ∈ [0, 1] и a1 , a2 (a1 6 1 6 a2 ) — корни уравнения a ln = k ∗ .aОбозначим1/ρCθ∗(k ∗, ρ)∗πkcos ρθ + max:=a>0sin πρaaZ21/ρaa1207(a−ρ − k ∗t−ρ )(t + cos θ)dt,t2 + 2t cos θ + 1(3.97)а в случае θ = 0 используем сокращенное обозначение1/ρ∗∗C (k , ρ) :=C0∗(k ∗, ρ)∗πk=+ maxa>0sin πρaaZ2a−ρ − k ∗ t−ρdt.t+11/ρaa1Отметим, что при θ =∗Cπ/2(k ∗, ρ)π2имеем1 πk ∗= + maxb>02 sin πρ22/ρba2Z2/ρba11 ∗ ∗ ρb−ρ/2 − k ∗ t−ρ/2 dt = C k ,.t+122Вθ = π2 вместо параметра a параметр√ самом деле, подставляя в (3.97) приb и делая замену переменной τ = t2 , получаемπ k ∗ cos∗∗Cπ/2(k , ρ) =sin πρπρ2+ maxb>0πk ∗1 = + maxb>02 sin πρ22/ρba1√ 1/ρba1b−ρ/2 − k ∗ t−ρ tdt =t2 + 12/ρbaZ2√ 1/ρZba21 ∗ ∗ ρb−ρ/2 − k ∗τ −ρ/2 .dτ  = C k ,τ +122Полезным в дальнейшем окажется и уже встречавшееся при доказательстветеоремы 3.17 равенствоCθ∗(ρ) := Cθ∗(0, ρ) =eln(a2 + 2a cos θ + 1).max2 a>0aρ(3.98)Для формулировки теоремы нам понадобится следующее определение.Пусть θ ∈ [0, π/2) .

Будем говорить, что последовательность Λ = {λn }∞n=1принадлежит классу Γ̃θ и писать Λ ∈ Γ̃θ , если lim | arg λn | 6 θ.n→∞Будем писать Λ ∈ Γ̃π/2 , если все члены последовательности, кроме, бытьможет, конечного числа, удовлетворяют условию | arg λn | 6 π/2 .Теорема 3.19. Пусть θ ∈ [0, π/2] . Тип каждой целой функции f (z) порядка ρ ∈ (0, 1) с нулями Λf ∈ Γ̃θ , имеющими верхнюю и нижнюю усред∗ненные ρ -плотности ∆ ρ (Λf ) = β ∗ , ∆ ∗ρ (Λf ) > α∗ , удовлетворяет точнойоценкеα∗∗ ∗ ∗∗(3.99)σρ (f ) > ρ β Cθ (k , ρ),k = ∗,β208где величина Cθ∗(k ∗, ρ) определена в (3.97).Равенство достигается на некоторой целой функции с нулями Λ̃ , лежащими на лучах γ±θ := {z ∈ C : arg z = ±θ} , и имеющими усредненные∗ρ -плотности ∆∗ρ (Λ̃) = α∗ , ∆ ρ (Λ̃) = β ∗.Доказательство.

Если θ < π/2, то для произвольного θ′ > θ найдется такоечисло N , что все нули функции f (z) с номерами n > N лежат в угле Γθ′ .Такое же число найдется и в случае θ = π2 , когда нули попадают в угол Γ π2 .Во всех случаях функция f (z) записывается в видеYYz Yzzf (z) =1−1−=:1−fN (z),λnλnλnn<Nn>Nn<Nгде первое произведение может и отсутствовать (произведение по пустомунабору индексов считается равным единице). Функции f (z) и fN (z) отличаются разве что полиномиальным множителем, поэтому их ρ -типы совпадают. Отличие в конечном наборе нулей не влияет на величины их усредненныхρ -плотностей, которые также совпадают:∗∗∆ ρ (ΛfN ) = ∆ ρ (Λf ) = β ∗ ,∆ ∗ρ (ΛfN ) = ∆ ∗ρ (Λf ) > α∗ .Но функция fN (z) удовлетворяет условиям теоремы 3.16. Значит, для fN (z)справедливо полученное в процессе доказательства этой теоремы неравенство (3.74) (с θ′ вместо θ ), т.

Характеристики

Список файлов диссертации