Диссертация (1154389), страница 7
Текст из файла (страница 7)
е. ϕg (a2(θ) − ε) > θ. Устремив ε к нулю, приходим к (1.40).Если a2 (θ) < βg и значение ϕ g (βg ) конечно, то воспользуемся непрерывностью ϕg (a) в точке a2 (θ) ∈ (1, βg ) , которая гарантируется пунктом 7)теоремы 1.8. В итоге получим оценку (1.41), завершая доказательство.35Предложение 1.2. Пусть функция g(x) выпукла на [0, b) и удовлетворяет условию (1.24). Тогда для любого θ ∈ [0, 1] такого, что a1 (θ) > 0 ,выполняетсяϕg (a1 (θ)) 6 θ.(1.42)Если при этом βg ∈ (1, +∞) , то для всех θ ∈ [0, 1] , таких что a2 (θ) < βg ,выполняетсяϕg (a2(θ) + 0) 6 θ,(1.43)а при конечном ϕ g (βg ) имеемϕg (a2 (θ)) 6 θ.(1.44)Доказательство. Докажем первое соотношение (1.42).
При a1 (θ) = 1 онопревращается в верное равенство. Пусть теперь a1 (θ) ∈ (0, 1) . Возьмем числоp ∈ (0, a1 (θ)) . Для всех x , достаточно близких к b , с некоторым ηx < xполучаемg(t) − θg(x) g(ηx ) − θg(x)sup=> pg ′ (x).t−xηx − xt<xОтсюда при фиксированном x для значения t = tx : g ′ (tx ) = pg ′ (x) , дающегоминимум по t выражению g(t) + pg ′ (x)(x − t) , выводимg(tx ) + pg ′ (x)(x − tx ) 6 g(ηx ) + pg ′ (x)(x − ηx ) < θg(x).Поделив на g(x) и взяв верхний предел, получаем неравенство ϕg (p) 6 θ .Устремив здесь p → a1 (θ) и воспользовавшись непрерывностью ϕg (a) на интервале (0, 1) , получаем (1.42).
Оставшиеся соотношения (1.43), (1.44) проверяются аналогично.Замечание 1.4. Предположение конечности ϕ g (βg ) обеспечивает непрерывность функции ϕg (a) , но, как следует из доказательства предложений 1.1 и 1.2, промежутокa1 (θ) 6 a 6 a2 (θ)описывает точное множество решений неравенстваϕg (a) > θи без этого предположения.Сочетание предложений 1.1, 1.2 приводит к следующей теореме.36Теорема 1.9. Пусть функция g(x) выпукла на [0, b) и удовлетворяет условию (1.24), а величина a1 (θ) определена формулой (1.37). Тогда длялюбого θ ∈ (ϕ0, 1) выполняется равенствоϕg (a1 (θ)) = θ.Если к тому же βg ∈ (1, +∞) и ϕ g (βg ) конечно, то для величины a2 (θ) ,определенной по формуле (1.38), при всех θ ∈ (ϕ1, 1) имеемϕg (a2 (θ)) = θ.Здесь ϕ0 , ϕ1 заданы соотношениями (1.36).Доказательство. Действительно, в силу строгой монотонности на соответствующих промежутках величин a1 (θ) , a2 (θ) имеемa1 (θ) > 0 при θ ∈ (ϕ0, 1)иa2 (θ) < βgпри θ ∈ (ϕ1, 1).Сопоставление неравенств (1.39) и (1.42) дает равенство ϕ(a1 (θ)) = θ , а изнеравенств (1.41) и (1.44) вытекает, что ϕ(a2(θ)) = θ .Аналогично проверяются и неравенстваϕ(βg − 0) > 0 > ϕ(βg + 0).Следовательно, βg является нулем функции ϕ(a) , если она непрерывна вэтой точке.Замечание 1.5.
Учитывая определение (1.36), из теоремы 1.9 получаемa1 (θ) ≡ 0 при θ ∈ (0, ϕ0 )иa2 (θ) ≡ βgпри θ ∈ (0, ϕ1).Таким образом, величины a1 (θ) и a2 (θ) , заданные соответственно формулами (1.37) и (1.38), удовлетворяют равенствамa1 (θ) = inf{a : ϕg (a) > θ},a2 (θ) = sup{a : ϕg (a) > θ}.Поэтому, допуская некоторую вольность, можно сказать, что a1 (θ) и a2 (θ)являются „корнями“ уравнения ϕg (a) = θ в том смысле, что они совпадаютс абсциссами точек пересечения графика прямой y = θ и границы подграфика функции y = ϕg (a) .Возвращаясь к теореме 1.7, видим, что фигурирующие в ней константыa1 , a2 могут быть найдены по формулам (1.37), (1.38) с θ = τ /T.371.3.3 Вычисление вспомогательных функцийВ этом разделе исследуется задача о нахождении явных выражений дляфункций ϕg (a) , ϕ g (a) при дополнительных ограничениях на g(x) .Предложение 1.3.
Пусть g(x) — выпуклая в окрестности точки +∞функция, удовлетворяющая условию (1.24), иxg ′ (x)αg = lim< +∞.x→+∞ g(x)Тогдаϕg (a) 6 αg a,a ∈ [0, 1].(1.45)Если при этом αg = 1 , тоϕ g (a) = ϕg (a) = a,a ∈ [0, 1].Доказательство. Минимум выражению g(t) + ag ′ (x)(x − t) доставляет значение t = tx , для которого g ′ (tx ) = a g ′ (x), a ∈ [0, 1] . Поэтомуg(tx ) + ag ′ (x)(x − tx )g(0) + ag ′ (x)(x − 0)ϕ(a) = lim6 lim= aαg .x→+∞x→+∞g(x)g(x)Таким образом, оценка (1.45) выполняется. Второе утверждение предложения следует из выпуклости вверх ϕ g (a) и неравенствa 6 ϕ g (a) 6 ϕg (a) 6 a,a ∈ [0, 1].Предложение доказано.В условиях предложения требование αg = 1 равносильно существоваxg ′ (x)= 1. Возникает вопрос: какие условия на функциюнию предела limx→+∞ g(x)g(x) гарантируют существование предела в определении функции ϕg (a) ?Для дважды дифференцируемой функции g(x) одним из таких условий явg(x)g ′′(x).
Этот результат мы докажемляется существование предела limx→ bg ′2(x)чуть позже, а сейчас обозначимg(x)g ′′(x)G(x) :=g ′2 (x)и отметим простую связь между поведением функций g(x) и G(x) .38Предложение 1.4. Пусть g(x) — положительная на некотором промежутке функция. Тогда логарифмическая выпуклость вверх ( соответственно вниз ) на этом промежутке равносильна выполнению неравенстваG(x) 6 1 ( соответственно G(x) > 1 ) всюду на этом промежутке.Утверждение следует из равенства ′ 2g (x)′′(ln g(x)) =(G(x) − 1) .g(x)Уместно отметить, что класс функций g(x), x ∈ (x0, +∞), x0 = x0 (g) > 0,выделяемый условиемg(x)g ′′ (x)6 1,limx→+∞g ′2 (x)впервые появился в работах В.
А. Осколкова (см., например, [70]) и решаетзадачу об измерении роста любой целой функции.Докажем теперь результат о явном вычислении функции ϕg (a) . Он состоит из двух частей – теорем 1.10 и 1.11.Теорема 1.10. Пусть g(x) — положительная, выпуклая, дважды дифференцируемая на [0, +∞) функция, и существует пределg(x)g ′′(x)= G,x→+∞g ′2 (x)limG ∈ [0, 1).(1.46)Тогда в определении функции ϕg (a) также существует предел. При этомсправедливы следующие явные формулы.Если G = 0 , тоϕg (a) = a,a ∈ [0, 1].(1.47)Если G ∈ (0, 1) , тоa − Ga1/Gϕg (a) =,1−Ga ∈ (0, G1−1/G).(1.48)Доказательство.
Не трудно показать (см. [35]), что когда существует пределxg ′ (x)αg = lim= ρ > 1,x→+∞ g(x)(1.49)в определении (1.5) функции ϕg (a) также существует предел, и он равенϕg (a) = ρa + (1 − ρ)aρ/(ρ−1) .39(1.50)Применяя правило Лопиталя в форме теоремы А, получаем при αg = ρ , что′1g(x)/g (x)= lim= limx→+∞ρ x→+∞x1−g(x)g ′′ (x)g ′2 (x)1= 1 − G.(1.51)Отсюда при G = 0 имеем ρ = 1 , и (1.47) следует из предложения 1.3.1Если G ∈ (0, 1), то используем (1.50) со значением ρ =, что приводит1−Gк формуле (1.48), в которой βg = G1−1/G .Случай, когда G = 1, потребует гораздо больших усилий.Теорема 1.11. Пусть g(x) — положительная, возрастающая, дваждыдифференцируемая, логарифмически выпуклая функция на [0, b) , удовлетворяющая условиюg(x)g ′′(x)G := lim6 1.(1.52)x→ bg ′2 (x)Тогдаeϕg (a) = a ln ,a > 0.aДоказательство.
Из предложения 1.4 и условия (1.52) вытекает существоg(x)g ′′(x)= 1 . Кроме того, из логарифмической выпуквание предела limx→ bg ′2(x)g ′ (x)лости g(x) следует, что функциявозрастает. Выберем tx так, чтобыg(x)g ′ (tx ) = ag ′ (x) . Заметим, что для a > 1 выполняется неравенство tx > x .g(x)Обозначим для удобства g̃(x) := ′ . Имеемg (x)g ′ (tx )g̃(x)g(x)ln a = ln ′= ln− ln=g (x)g̃(tx )g(tx )Ztxd(t − g̃(t))>g̃(t)xZtx11d(t − g̃(t)) =[tx − x − g̃(tx ) + g̃(x)] =g̃(x)g̃(x)xg ′ (x)g(tx )g(tx ) + g ′ (tx )(x − tx )=.tx − x − ′+1=1−g(x)ag (x)ag(x)>Отсюда следует неравенствоeg(tx ) + g ′ (tx )(x − tx )> a ln ,g(tx )a40которое при переходе к верхнему и нижнему пределам, когда x → b− , даетeϕg (a) > ϕ g (a) > a ln ,a > 1.aЕсли a ∈ (0, 1) , то применяем схожие рассуждения, учитывая, что в этомслучае tx 6 x (cp.
[35]).Докажем теперь неравенства обратного смысла. Пусть θ ∈ (0, 1). Функg(t) − θg(x)цияимеет минимум в точке t = sx > x и максимум в точкеt−xt = sbx < x , причем в точках экстремума из условия равенства нулю производной имеемg(t) − θg(x)= g ′ (t).(1.53)t−xИз (1.37) и (1.38) следуют равенстваg ′ (sx ),a2 (θ) = lim ′x→+∞ g (x)Обозначив ωx :=g ′ (bsx )a1 (θ) = lim ′.x→+∞ g (x)(1.54)g(sx ), из (1.53) при t = sx получимg(x)g ′ (sx )g(x)θ(sx − x) = 1 − θ=1− .g(sx )g(sx )ωxОтсюда, используя логарифмическую выпуклость функции g(x), заключаем,что выполняется условиеθg ′ (sx )(sx − x) = 1 − ,ln ωx = ln g(sx ) − ln g(x) 6g(sx )ωxилиe> θ.ωxПоследнее равносильно неравенству ωx 6 x2(θ), где x2(θ) – больший кореньуравненияex ln = θ.(1.55)xg(bsx )Обозначив ωbx :=, путем аналогичных рассуждений получимg(x)g ′ (bsx )θ− ln ωbx = ln g(x) − ln g(bsx ) >(x − sbx ) = − 1 −,g(bsx )ωbxe> θ .
Это влечет ωbx > x1 (θ) > 0, где x1(θ) — меньший кореньт. е. ωbx lnωbxтого же уравнения (1.55). Пусть сначала a ∈ (β, βg ) (как и ранее, мы предполагаем, что ϕg (a) ≡ 1 для a ∈ [α, β] ). Тогда при некотором θ ∈ (ϕ1, 1)ωx ln41имеем ϕ(a) = θ . По теореме Лагранжа о конечных приращениях при некотором ζ ∈ (x, sx ) , используя предыдущие обозначения, получаемg ′ (sx )g ′ (x) g ′ (ζ) g ′′ (ζ)g(ζ)ln− 1 (sx − x) 6− ln=g(sx )g(x)g(ζ) (g ′ (ζ))2 ′′ ′ ′′g (ζ)g(ζ)g (sx )g (ζ)g(ζ)θ6−1−1 1−(sx − x) =6(g ′ (ζ))2g(sx )(g ′ (ζ))2ωx ′′θg (ζ)g(ζ)−1 1−−→ 0.6(g ′ (ζ))2x2(θ) x→ b−g ′ (sx ) g ′ (x)g ′ (x)g ′ (sx )Поэтому:−→ 1, т. е.∽. Следовательно, согласноg(sx ) g(x) x→ b−g(sx ) x→ b− g(x)первой из формул (1.54) имеемg ′ (sx )g(sx )== lim ωx 6 x2(θ).limx→ b− g ′ (x)x→ b− g(x)x→ b−a = a2 (θ) = limНо тогда по теореме 1.9 запишемϕg (a) = ϕg (a2 (θ)) = θ = x2(θ) lnee6 a ln ,x2 (θ)aт.
е.eϕg (a) 6 a ln .aНепрерывность ϕg (a) в точке a = β , гарантируемая пунктом 7) теоремы 1.8,влечет равенство β = 1. Сопоставление с полученным ранее противоположным неравенством приводит, во-первых, к равенству βg = e , и, во-вторых,к тому, что ϕ1 = 0. Действительно, если бы ϕ1 = ϕ(βg − 0) > 0 , то функция ϕg (a) принимала бы это значение ϕ1 < 1 в двух различных точках,что невозможно (см. утверждение 2) теоремы 1.8).
Таким образом, имеемeϕg (a) = a ln , a ∈ [1, e].aНесколько дольше доказывается аналогичный результат для a ∈ [0, 1].Заметим сначала, что при возрастании x возрастают и величины sbx , в которых достигаются максимумы в левой части (1.53). В самом деле, если x1 < x2,тоg(bsx1 ) − θg(x1) g(bsx1 ) − θg(x2)g ′ (bsx ) =<6sbx1 − x1sbx1 − x2g(bsx2 ) − θg(x2)6= g ′ (bsx2 ),sbx2 − x2и sbx1 6 sbx2 . Если бы m = sup sbx < b, то из равенстваx∈[0, b)g(bsx )g(bsx ) − θg(x) g(x) θ − g(x)=g (bsx ) =,sbx − xx 1 − sbxx′42получили бы, что при возрастании x ր b его левая часть имеет пределомчисло g ′ (m) , тогда как правая часть эквивалентнаg(x)θ·x1−mb−→ ∞,x→ b−.Теперь, как и ранее, с помощью формулы Лагранжа при некотором ζ ∈ (bsx , x)получаемg ′ (bsx )g ′ (x) g ′ (ζ) g ′′ (ζ)g(ζ)0 > ln− ln=− 1 (bsx − x) >g(bsx )g(x)g(ζ) (g ′ (ζ))2 ′′ ′g (ζ)g(ζ)g (x)>−1(bsx − x).(g ′ (ζ))2g(x)g ′ (bsx ) g ′ (x)Умножив обе части неравенства на величину Ax =:, найдемg(bsx ) g(x) ′ ′′g (bsx )g (ζ)g(ζ)−1(bsx − x) =0 > Ax ln Ax >(g ′ (ζ))2g(bsx ) ′′ ′′θθg (ζ)g(ζ)g (ζ)g(ζ)−1 1−−1 1−=>−→ 0.(g ′ (ζ))2ωbx(g ′ (ζ))2x1(θ) x→ b−Мы воспользовались тем, что по условию теоремы величина в квадратныхскобках стремится к нулю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
