Главная » Просмотр файлов » Диссертация

Диссертация (1154389), страница 37

Файл №1154389 Диссертация (Экстремальные задачи в теории относительного роста выпуклых и целых функций) 37 страницаДиссертация (1154389) страница 372019-09-14СтудИзба
Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 37)

Построим усредненную считающую функцию NΛ̃(r) =: N (r)такой экстремальной последовательности нулей. Расположим члены искомойпоследовательности в порядке возрастания:e = (λn )∞ , 0 < λ1 = ... = λn < λn +1 = ... = λn < λn +1 = . . . . (3.131)Λ1122n=1Для r ∈ λnk , λnk+1 считающая функция nΛ̃(r) = n(r) = nk , а усредненнаясчитающая функция N (r) имеет видN (r) = N (λnk ) + nk lnr,λnkk ∈ N.Нам вновь удобней перейти к экспоненциальному переменному в качествеаргумента. Рассмотрим функцииω(x) := n(ex ),График функции Ω(x) =RxΩ(x) := N (ex ).ω(t) dt представляет собой ломаную, каждое зве-0но которой имеет линейное уравнение с натуральным угловым коэффициентом:Ω(x) = Ω(ln λnk ) + nk (x − ln λnk ),237x ∈ [ln λnk , ln λnk+1 ),k ∈ N.Далее, в отличие от предыдущего, обозначим A = α∗, B = β ∗ и рассмотримфункцию yB (x) = B eρ x , x > 0. Проведем к графику GB этой функции касательные lj с угловыми коэффициентами, равными последовательным натуральным числам j ∈ N .

Абсциссы xj точек касания нетрудно вычисляются:xj =j1ln,ρ ρBj ∈ N.Пусть y = Ω1(x) — уравнение ломаной, j -ое звено которой является отрезком касательной lj , содержащим точку касания (xj , Beρ xj ) . В силу выпуклости функции yB (x) график этой ломаной расположен ниже графика GB .Кроме того, по лемме 2.3 на каждом отрезке [xj , xj+1], j → ∞, выполняетсясоотношение11j+110 6 yB (x) − Ω1 (x) 6 (xj+1 − xj ) =ln<= O e−ρx . (3.132)44ρj4ρ jТаким образом,0 6 yB (x) − Ω1(x) → 0,Отсюда следует, что существует пределx → +∞.Ω1(x)= B.x→+∞ eρx(3.133)limМодифицируем ломаную y = Ω1(x) .

Для этого выберем какую-либо строго возрастающую последовательность натуральных чисел mn , удовлетворяющую условиюmn+1ր +∞,n → ∞.(3.134)mnДля каждого j = mn , n ∈ N, мы продлим звено lj ломаной y = Ω 1(x) доρxρ ξj. Затемвстречи с графиком GA функции yA (x) = A e в точке ξj , A e′из этой точки проведем вправо касательную lj к GB в точке ξj , B eρ ξj .Согласно формулам (3.125) абсциссы указанных точек удовлетворяют равенствам11 a21′ξj = xj − ln a1 , ξj = ξj + ln a2 = xj + ln , j = mn , n ∈ N,ρρρ a1′′в которых a1 , a2 — корни уравнения (3.7).

a21 a2=: In, n ∈ N . Еслиj ∈ N,Обозначим отрезки xmn , xmn + lnρ a1a1то на каждом отрезке In считаем, что новая ломаная y = Ω(x) задаетсяуравнениями описанных выше полукасательных (с индексами j = mn ):Ω(x) = Beρxj +ρBeρxj (x−xj ) = Beρxj (1 − ρ(x − xj )) ,238x ∈ [xj , ξj ] , (3.135)′ρξjΩ(x) = Be′ρξj+ρBeНа множестве R \∞S′′ρξj(x−ξj ) = Be′1 − ρ(x − ξj ) ,hi′x ∈ ξj , ξj . (3.136)In =: J оставляем ломаную y = Ω1(x) без изменений,n=1т. е.

полагаем Ω(x) = Ω1(x) при x ∈ J .a2j∈/ N, то в этом случае правую касательную проводим с угЕсли жеa1a2j (квадратные скобки означают целую часть).ловым коэффициентомa1Она пересечет левую касательную не в точке графика GA , а в некоторой точке (ξj , Ω(ξj )) , лежащей выше этого графика. Не очень сложные, но довольнокропотливые вычисления показывают, что выполняется условиеΩ(ξj )→ A,e ρξj(3.137)j = mn → ∞.Кроме того, поскольку на множестве J мы положили Ω(x) = Ω1(x) , тосоотношение (3.133) выполняется для x ∈ J , т.

е.Ω(x)= B.J∋x→+∞ e ρx(3.138)limИз условий (3.137), (3.138) заключаем, что справедливы предельные соотношенияΩ(x)Ω(x)limlim=A,= B.(3.139)ρxx→+∞ e ρxx→+∞ eФормула N (ex ) = Ω(x) определяет усредненную считающую функциюe вида (3.131) следующим образом: абсциссы вершинпоследовательности Λпостроенной ломаной (точнее, их логарифмы) задают члены последовательe с кратностью, равной разности угности, каждый из которых входит в Λловых коэффициентов звеньев ломаной с общей вершиной. Докажем, что построенная последовательность является экстремальной. Действительно, условия (3.139) означают, чтоe = lim N (r) = lim Ω(x) = A,∆∗ρ (Λ)ρρxr→+∞ rx→+∞ e∗e = lim N (r) = lim Ω(x) = B.∆ρ (Λ)r→+∞ r ρx→+∞ e ρ xПолагая в (3.135), (3.136), (3.132)x = ln t,ζn = e ξmn =mnρBa11/ρ239,1/ρt(i)n = ζn ai ,n ∈ N,получимN (t) = B ζnρ a11 + ρ lnN (t) = B ζnρ a21 + ρ lnt1/ρζn a1t1/ρζn a2!!e= B ζnρ a1 lna1ea2= B ζnρ a2 lnB tρ > N (t) > B tρ − O t−ρ ,t∈/∞[trζnρ,trζnρ,t ∈ [t(1)n , ζn ],(3.140)t ∈ [ζn, t(2)n ],(2)[t(1)n , tn ] =: T.(3.141)(3.142)n=1Для логарифма максимума модуля канонического произведения fe(z) , поe , опять воспользуемся представленистроенного по последовательности Λем (3.9) и запишем Z+∞σ(r) = r−ρ ln max fe(z) =ϕr (t)|z|=rtρdt,(1 + t)20NΛe (rt).

Согласно (3.140)–(3.142) имеем(rt)ρih (1) ρ ρζnζntnetrBa1 rt ln a1 ζn , t ∈ r , r , n ∈ N,ih ρ ρζn t(2)ζnetrnBa2 rt ln a2 ζn , t ∈ r , r , n ∈ N,ϕr (t) =∞S(1) (2)−2ρ[tn , tn ].,t∈/T=B−O(tr)где ϕr (t) :=(3.143)(3.144)n=1Интеграл в правой части (3.143) преобразуем следующим образом:σ(r) = BZ+∞0tρdt −(1 + t)2πρ−= Bsin πρ−ZZZ+∞(B − ϕr (t))tρdt =(1 + t)20tρ(B − ϕr (t))dt −(1 + t)2R+ \Ttρπρ(B − ϕr (t))dt=B− (I1(r) + I2 (r)) .(1 + t)2sin πρTИнтеграл I1 (r) при r → +∞ оценивается просто.

Именно,I1(r) = O r−2ρZR+ \Tdt−2ρ6Ortρ (1 + t)2240Z+∞0dt−2ρ.=Ortρ (1 + t)2Вычисление интеграла I2(r) потребует значительно больших усилий. Используя первые две строки (3.144), имеемI2 (r) =Z(2)ρt(B − ϕr (t))dt =(1 + t)2T=ζn /r Z∞Xn=1B − Ba1(1)tn /r(2)+∞Xn=1tZn /rB − Ba2ζn /rζnrtρζnrt∞Xn=1ρelna2tZn /rtρ(B − ϕr (t))dt =(1 + t)2(1)tn /relna1ρ trζntrζn∞Pт. е. I2 (r) = B S(r), где обозначено S(r) =ρ tρdt +(1 + t)2tρdt = B S(r),(1 + t)2Sn (r) иn=1Sn (r) =ζn /r ρZt − a1 ρζnrln(1 + t)2ea1 ρtrζn(2)tZn /r ρt − a2dt +(1) ρζnrln(1 + t)2ea2 ρtrζndt.ζn /rtn /rПредварительным итогом преобразований интеграла в (3.143) является асимптотическое равенство∞Xπρσ(r) = BSn (r) + o(1),−sin πρn=1(3.145)r → +∞.Наша ближайшая задача — оценить сумму в этой формуле. Интегрирование по частям каждого слагаемого дает ρ ζn /r ρ ρζn /r ρζnetrρZln a1 ζn t − a1 ζrnt − a1 rdt −+ ρSn (r) = −(1 + t)t(t + 1) (1)(1)tn /r−tρ − a2 ρ ρ t(2)(2)n /rtZn /r ρetrt − a2 ζrnln a2 ζn + ρdt +(1 + t)t(t + 1) ρζnrζn /rζn /r+ρtn /rζn /r ρZt − a1 ρζnrt(t + 1)(2)dt + ρ(1)tZn /r ρt − a2ζn /rtn /r241 ρζnrt(t + 1)dt.При вычислении подстановок мы учли, что a1 , a2 — корни уравнения (3.7).Таким образом, ρ ρ(2)ζn /r ρtZn /r ρζnZt − a1 rt − a2 ζrnSn (r) = ρdt + ρdt.(3.146)t(t + 1)t(t + 1)(1)ζn /rtn /rЗафиксируем j ∈ N и оценим Sn (r) для r ∈ [ζj , ζj+1] .

Пренебрегая отрицательными слагаемыми, получаем две оценки(2)(2)tZn /rSn (r) 6 ρtρ dt6 ρt(t + 1)(2)=!ρtn /r(2)Sn (r) 6 ρtZn /r(1)tnr−!ρ6(2)tρ dt6ρt(t + 1)ζn /rtρ−1 dt =(1)(1)tn /rtnrtZn /rtZn /rtρ−2 dt =(1)tn /rζnζjρ(2)tnρ ρ−1(3.147)(a2 − a1 ),r!ρ−1−1−ρζj+1ρ1−1/ρ1−1/ρ(a1− a2).61 − ρ ζnИз условия (3.134) следует, что1/ρmj+1ζj+1→ ∞, j → ∞.=ζjmj(1)tnr!ρ−16(3.148)(3.149)Отсюда, применяя теорему Штольца, нетрудно получить равенстваj−1Pζnρlim n=1ρj→∞ ζj∞Pρζj−11= lim ρ= lim ρ ρ= 0,ρj→∞ ζj − ζj−1j→∞ ζj /ζj−1 − 1ζnρ−1n=j+2limρ−1j→∞ζj+1= limρ−1−ζj+1j→∞ ζ ρ−1j+1−ζjρ−11= limj→∞ ζ 1−ρ /ζ 1−ρj+1j−1= 0.Теперь, с помощью (3.147) и (3.148) получаем, что равномерно по r ∈ [ζj , ζj+1]выполняются соотношенияj−1Xn=1Sn(r) 6 (a2 − a1 )ρj−1 Xζnn=1ζjj−1Pζnρ= (a2 − a1 ) n=1ρζj242−→ 0,j → ∞, (3.150)1−ρ∞ Xρζj+11−1/ρ1−1/ρ6Sn (r) 6(a1− a2)1−ρζnn=j+2n=j+2∞X6ρ1−1/ρ1−1/ρ(a1− a2)1−ρ∞Pζnρ−1n=j+2ρ−1ζj+1−→ 0,(3.151)j → ∞.Таким образом, мы установили, что для достаточно больших j главнымислагаемыми в суммеS(r) =∞XSn (r) =n=1j−1X∞XSn (r) +n=1Sn (r) + [Sj (r) + Sj+1(r)]n=j+2служат слагаемые с индексами j и j +1 .

Точнее, равномерно по r ∈ [ζj , ζj+1]справедливо равенствоS(r) = o(1) + [Sj+1(r) + Sj+2(r)],(3.152)j → ∞.Преобразуем сумму в квадратных скобках. Для этого в формуле (3.146), выражающей Sn (r) , сделаем замену переменной t = 1/τ : ρ ρ(2)tZζn /r ρn /r ρζnZt − a1 rt − a2 ζrndt + ρdt =Sn (r) = ρt(t + 1)t(t + 1)(1)ζn /rtn /r−1/ρ= ρa1 Z r/ζnτ−ρ− a1 −ρrζnτ +1dτ + ρr/ζnr/ζnZτ −ρ − a2 −ρrζnτ +1−1/ρa2dτ.r/ζnЗапишем полученное равенство в видеrSn (r) = ρ Φζn(3.153),где функция−1/ρΦ(b) =baZ1τ−ρ− a1 bτ +1b−ρdτ +Zbτ −ρ − a2 b−ρdτ,τ +1b > 0,−1/ρba2та же, что и в формуле (3.121).

Представим ее в виде−1/ρΦ(b) = Φ1(b) − Φ2(b),где Φk (b) =baZkb243τ −ρ − ak b−ρdτ,τ +1k = 1, 2.Нам потребуются некоторые свойства функции Φ(b) . Покажем сначала, что(3.154)Φ(0+) = Φ(+∞) = 0.Достаточно проверить, что каждая функция Φk (b), k = 1, 2, удовлетворяетэтим условиям. Интегрирование по частям дает выражение−1/ρΦk (b) = (ak − 1)ln(b + 1)+ρbρbaZkln(τ + 1)d τ,τ ρ+1k = 1, 2.bУбедимся, что каждое слагаемое здесь удовлетворяет (3.154).

Действительно,ln(b + 1)величинастремится к нулю как при b → 0+ , так и при b → +∞ .bρДалее,−1/ρbaZk−1/ρln(τ + 1)dτ ∼τ ρ+1bbτ −ρ d τ = O b1−ρ → 0,b → 0+,−1/ρ−1/ρbaZkbaZkln(τ + 1)dτ ∼τ ρ+1baZkbb1 2 −1/ρln τ2d τ 6 ρ ln bak − ln b → 0, b → +∞.τ ρ+12bТаким образом, (3.154) выполнено. Поскольку Φ(b) допускает положительные значения при некоторых b > 0 (чтобы не прерывать нить доказательствамы этот факт проверим в начале следующего параграфа), то можно утверждать, что непрерывная на R+ функция Φ(b) достигает своего максимумав некоторой точке b0 , причем(3.155)max Φ(b) = Φ(b0) > 0.b>0Из (3.152), (3.153) следует равномерное по r ∈ [ζj , ζj+1] соотношение rrS(r) = Sj (r) + Sj+1(r) + o(1) = ρ Φ+Φ+ o(1)(3.156)ζjζj+1pпри j → ∞ .

Оценим S(r) сверху.Пустьсначалаr∈[ζ,ζj ζj+1]. Тогдаjсогласно (3.155) имеем Φ ζrj 6 Φ(b0), j ∈ N. Поскольку0<ζjζj+16rζj+16sζjζj+1244−→ 0,j → ∞,то благодаря (3.154) находим, чтоr−→ 0,maxΦ√ζj+1ζj 6r6 ζj ζj+1j → ∞. prПусть теперь r ∈ [ ζj ζj+1, ζj+1]. Тогда Φ ζj+16 Φ(b0). Так какr>ζjsζj+1−→ ∞,ζjj → ∞,то снова в силу (3.154) имеем rΦ−→ 0,√ maxζjζj ζj+1 6r6ζj+1j → ∞.В обоих случаях получаемS(r) 6 ρ Φ(b0) + o(1),r → +∞.(3.157)Более того, если b0 > 1, то, полагая в (3.156) r = pj = b0 ζj , получаем сучетом условий (3.154), чтоb0 ζj+ o(1) = ρ Φ (b0 ) + o(1),j → ∞.S(pj ) = ρ Φ (b0 ) + Φζj+1Если же b0 6 1, то, полагая в (3.156) r = pj = b0 ζj+1 , опять в силу (3.154)получаем b0 ζj+1S(pj ) = ρ Φ+ Φ (b0) + o(1) = ρ Φ (b0) + o(1),j → ∞.ζjВ обоих случаях выполняетсяS(pj ) = ρ Φ (b0 ) + o(1),j → ∞.Из (3.157), (3.158) следует, чтоlim S(r) = ρ Φ(b0).r→+∞Это, в свою очередь, с учетом (3.145) влечетπρπ− lim S(r) = Bρ− Φ(b0) .lim σ(r) = Bsin πρ r→+∞sin πρr→+∞245(3.158)Подводя итог, заключаем, что для функции fe(z) с построенным нулевымe согласно (3.143), (3.145), (3.152), (3.157), (3.158) выполняютсямножеством Λравенстваπ− Φ(b0) .σ(fe) = lim σ(r) = Bρsin πρr→+∞Все случаи рассмотрены.

Характеристики

Список файлов диссертации

Экстремальные задачи в теории относительного роста выпуклых и целых функций
Свежие статьи
Популярно сейчас
Как Вы думаете, сколько людей до Вас делали точно такое же задание? 99% студентов выполняют точно такие же задания, как и их предшественники год назад. Найдите нужный учебный материал на СтудИзбе!
Ответы на популярные вопросы
Да! Наши авторы собирают и выкладывают те работы, которые сдаются в Вашем учебном заведении ежегодно и уже проверены преподавателями.
Да! У нас любой человек может выложить любую учебную работу и зарабатывать на её продажах! Но каждый учебный материал публикуется только после тщательной проверки администрацией.
Вернём деньги! А если быть более точными, то автору даётся немного времени на исправление, а если не исправит или выйдет время, то вернём деньги в полном объёме!
Да! На равне с готовыми студенческими работами у нас продаются услуги. Цены на услуги видны сразу, то есть Вам нужно только указать параметры и сразу можно оплачивать.
Отзывы студентов
Ставлю 10/10
Все нравится, очень удобный сайт, помогает в учебе. Кроме этого, можно заработать самому, выставляя готовые учебные материалы на продажу здесь. Рейтинги и отзывы на преподавателей очень помогают сориентироваться в начале нового семестра. Спасибо за такую функцию. Ставлю максимальную оценку.
Лучшая платформа для успешной сдачи сессии
Познакомился со СтудИзбой благодаря своему другу, очень нравится интерфейс, количество доступных файлов, цена, в общем, все прекрасно. Даже сам продаю какие-то свои работы.
Студизба ван лав ❤
Очень офигенный сайт для студентов. Много полезных учебных материалов. Пользуюсь студизбой с октября 2021 года. Серьёзных нареканий нет. Хотелось бы, что бы ввели подписочную модель и сделали материалы дешевле 300 рублей в рамках подписки бесплатными.
Отличный сайт
Лично меня всё устраивает - и покупка, и продажа; и цены, и возможность предпросмотра куска файла, и обилие бесплатных файлов (в подборках по авторам, читай, ВУЗам и факультетам). Есть определённые баги, но всё решаемо, да и администраторы реагируют в течение суток.
Маленький отзыв о большом помощнике!
Студизба спасает в те моменты, когда сроки горят, а работ накопилось достаточно. Довольно удобный сайт с простой навигацией и огромным количеством материалов.
Студ. Изба как крупнейший сборник работ для студентов
Тут дофига бывает всего полезного. Печально, что бывают предметы по которым даже одного бесплатного решения нет, но это скорее вопрос к студентам. В остальном всё здорово.
Спасательный островок
Если уже не успеваешь разобраться или застрял на каком-то задание поможет тебе быстро и недорого решить твою проблему.
Всё и так отлично
Всё очень удобно. Особенно круто, что есть система бонусов и можно выводить остатки денег. Очень много качественных бесплатных файлов.
Отзыв о системе "Студизба"
Отличная платформа для распространения работ, востребованных студентами. Хорошо налаженная и качественная работа сайта, огромная база заданий и аудитория.
Отличный помощник
Отличный сайт с кучей полезных файлов, позволяющий найти много методичек / учебников / отзывов о вузах и преподователях.
Отлично помогает студентам в любой момент для решения трудных и незамедлительных задач
Хотелось бы больше конкретной информации о преподавателях. А так в принципе хороший сайт, всегда им пользуюсь и ни разу не было желания прекратить. Хороший сайт для помощи студентам, удобный и приятный интерфейс. Из недостатков можно выделить только отсутствия небольшого количества файлов.
Спасибо за шикарный сайт
Великолепный сайт на котором студент за не большие деньги может найти помощь с дз, проектами курсовыми, лабораторными, а также узнать отзывы на преподавателей и бесплатно скачать пособия.
Популярные преподаватели
Добавляйте материалы
и зарабатывайте!
Продажи идут автоматически
6418
Авторов
на СтудИзбе
307
Средний доход
с одного платного файла
Обучение Подробнее