Главная » Просмотр файлов » Диссертация

Диссертация (1154389), страница 9

Файл №1154389 Диссертация (Экстремальные задачи в теории относительного роста выпуклых и целых функций) 9 страницаДиссертация (1154389) страница 92019-09-14СтудИзба
Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

Теорема доказана.Теорема 1.15. Пусть последовательность xn выпукла, а последовательность yn положительна и строго убывает. Пусть, далее, с неотрицательными константами m, M, m 6 M, выполнено условие (1.65), т. е.xnm 66 M,n ∈ N.ynТогда справедлива двусторонняя оценкаM p+1 (θ) 6где θ =xn+1 − xn6 M p2(θ),yn+1 − ynn ∈ N,m, а величины p1(θ), p2 (θ) определяются формуламиMyk − θyn1p1(θ) = infinf,n>1 yn+1 − yn k>nk−np2(θ) = supn>21yk − θynsup.yn − yn−1 k<n k − n50(1.69)(1.70)Доказательство лишь в деталях отличается от доказательства предыдущей теоремы, и потому мы его опускаем.Переход от равномерных оценок к асимптотическим потребует некоторыхусилий.

Обозначивyn+1αy = lim n−1 ,n→∞ynyn+1α y = lim n−1 ,ynn→∞докажем предварительно два утверждения.Предложение 1.7. Пусть положительная последовательность yn строго возрастает, а последовательность xn выпукла и удовлетворяет условиюxn→ +∞, n → ∞.(1.71)nТогда выполняется неравенствоxn+1 − xnxnlim> αy−1 lim.(1.72)n→∞ yn+1 − ynn→∞ ynДоказательство. Легко проверить (геометрически очевидно), что выпуклаяпоследовательность xn с условием (1.71) удовлетворяет, начиная с некоторого номера, соотношениюxnxn+1 − xn > ,nиз которого получаем, что −1xn+1 − xnxnxnyn+1yn.>=n−1yn+1 − ynyn n(yn+1 − yn )ynynПереход к нижним пределам приводит к требуемой оценке (1.72).Далее потребуются следующие оценки константы Эйлера–Маскерони γ :1+1111+ ...

+ − ln(n + 1) < γ < 1 + + ... + − ln n,2n2nn ∈ N.(1.73)Неравенства следуют из того, что последовательность an = 1+ 12 +...+ n1 −ln nубывает (к пределу γ ), а последовательность bn = 1 + 21 + ... + n1 − ln(n + 1)возрастает, и 0 < an − bn < n1 .Предложение 1.8. Пусть последовательность yn строго возрастает и удовлетворяет условию (1.71). Тогда для величины (1.64) справедливаоценка(2 αy / α y , если αy > 1,1ymby = lim(1.74)inf6n→∞ yn+1 − yn m>n m − n1/ α y ,если αy = 1.51Доказательство.

Согласно определению характеристики αy для любого числа α > αy при всех n > n0 выполнены неравенстваyn+1α<1+ .ynnОтсюда при тех же n получаем yn+syn+s yn+s−1 yn+1ααα=...< 1+1+... 1 +.ynyn+s−1 yn+s−2ynn+s−1n+s−2nЛогарифмирование c применением оценок (1.73) даетlnyn+s<ynоткудаn+s−1Xk=nn+s−1X 1αln 1 +<α=αkkk=nn+s−1Xk=11−kn−1X1k=1k!< α lnn+s,n−1αn+syn+s<,n > n0 .(1.75)ynn−1Зафиксируем временно j ∈ N, j > 2. Полагая в (1.75) s = nj − n, приходимк неравенствуααynjnnjα=j,n > n0 .<ynn−1n−1Используя это неравенство, продолжим оценку величины by :ymynj11inf6 lim6n→∞ yn+1 − yn m>n m − nn→∞ yn+1 − yn nj − nα ααynynynj /ynjn−1 j6 lim6 lim= αy.n→∞ n(yn+1 − yn ) j − 1n→∞ n(yn+1 − yn )n−1j−1j−1by = limУстремив α к αy , получим неравенствоby 6α−1yj αy.j−1(1.76)Полагая здесь j = 2 в случае αy > 1 , или переходя к пределу по j → ∞в случае αy = 1, получаем к требуемые оценки.Прямым следствием предложений 1.7, 1.8 является следующее обращениетеоремы Штольца.Теорема 1.16.

Пусть выпуклые последовательности xn и yn удовлетворяют условию (1.71), причем αy = 1 . Тогда выполняются равенстваlimn→∞xn+1 − xnxn= lim,yn+1 − ynn→∞ ynlimn→∞52xn+1 − xnxn= lim.n→∞ ynyn+1 − yn(1.77)Доказательство. Выпуклая последовательность yn , удовлетворяющая условию (1.71), обладает свойствомyn+1 − yn >yn,nn > n0 .Поэтому справедливы равенства α y = αy = 1. Согласно оценке (1.72) изпредложения 1.7 имеемlimn→∞xn+1 − xnxn> lim.yn+1 − ynn→∞ ynЭто вместе с теоремой Штольца доказывает первое равенство в (1.77). Всоответствии с предложением 1.8 выполнено by = 1 .

Но тогда второе равенство в (1.77) гарантируется выполнением неравенства (1.63) предложения 1.6(см. [3, следствие 3]).Замечание. В работе [141] последовательности, удовлетворяющие принекотором α > 0 условиюyn+1α<1+ ,ynnn > n(α),использовались при изучении свойств тригонометрических рядов и назывались квазимонотонными. Всякая такая последовательность имеет не болеечем степенной рост и характеризуется тем, что при некотором β > 0 послеynдовательность β убывает.

Очевидно, что в теореме 1.16 речь идет о послеnдовательностях yn , подчиненных условию квазимонотонности с произвольным α > 1 . Если же эталонная последовательность yn растет быстрее, но неявляется быстрорастущей (см. теорему 1.13), то полное обращение теоремыШтольца (в форме (1.77)) невозможно.

Тем не менее, можно дать точныеоценки, заключающие в себе вариант обращения теоремы Штольца.Нам понадобятся некоторые дополнительные сведения. Для строго возрастающей последовательности yn и числа θ ∈ [0, 1] введем обозначенияyk − θyn1sup,k−nl→∞ n>l+1 yn − yn−1 l6k<n1yk − θyns̃2(θ) = liminf.n→∞ yn+1 − yn k>nk−ns̃1 (θ) = liminfyk − θ yn1sup,n>l+1 yn − yn−1 l6k<nk−nyk − θ yn1s2, l (θ) = supinf.k−nn>l yn+1 − yn k>n(1.78)s1, l (θ) = inf53(1.79)s̃2 (θ) = lim s2, l (θ) , и, кроме того, приЯсно, что s̃1(θ) = lim s1, l (θ),l→∞l→∞0 6 θ1 < θ < 1 выполнены неравенстваs1, l (θ1) 6 s1, l (θ),s2, l (θ1) > s2, l (θ).Докажем неравенства противоположных знаков.Предложение 1.9.

Пусть yn – возрастающая последовательность. Дляпроизвольных 0 6 θ1 < θ < 1 выполняется неравенствоs2, l (θ1) 61 − θ1s2, l (θ).1−θ(1.80)Доказательство. Для θ > θ1 и k > n последовательно имеемyk > yn ,(θ − θ1)yk > (θ − θ1 )yn,[(1 − θ1) − (1 − θ)]yk > [(1 − θ1)θ − (1 − θ)θ1]yn ,yk − θ1 yn1 − θ1 yk − θyn(1 − θ1 )(yk − θyn ) > (1 − θ)(yk − θ1 yn ),<,k−n1−θ k−n1yk − θ1 ynyk − θyn1 − θ11inf6inf.yn+1 − yn k>n k − n1 − θ yn+1 − yn k>n k − nПереход здесь к супремуму по n > l дает оценку (1.80).Прежде, чем доказывать следующую оценку, отметим такой факт. Еслистрого возрастающая последовательность yn для θ ∈ (0, 1) при некоторомl ∈ N удовлетворяет условиюyl+1/yl 6 θ−1,(1.81)то при этом же значении l имеемs1, l (θ) 6θ yl+1 − yl6 0.yl+1 − ylВ этом легко убедиться, положив в первой формуле (1.79) n = l + 1 . Такимобразом, если условие (1.81) выполняется для некоторой последовательностиl = lk → ∞, то s̃1(θ) 6 0.

Но, как мы увидим ниже (см. оценку (1.84) втеореме 1.17), содержательные оценки с эталонной последовательностью ynвозникают в ситуации, когда s̃1 (θ) > 0 . Поэтому целесообразно предполагать, что yn имеет лакуны Адамара, т. е.yn> 1.n→∞ yn−1py := lim54Предложение 1.10. Пусть yn – положительная последовательностьс лакунами Адамара, т.

е. py > 1. Тогда для произвольных значений θ, θ1 ,0 6 θ1 < θ < 1, выполняется неравенствоs1, l (θ1) >θ1pys1, l (θ) − (θ − θ1).θpy − 1(1.82)Доказательство. Запишем цепочку легко проверяемых соотношенийyk − θyn (θ − θl )ynyk − θl yn= sup+>supk−nk−nk−nl6k<nl6k<nyk − θyn(θ − θl )ynyk − θyn> sup+ inf= sup− (θ − θl )yn .l6k<nk−nk−nk−nl6k<nl6k<nРазделим на yn −yn−1 > 0 .

Выбирая p′ ∈ (1, py ) и считая индекс l настолькоynбольшим, что для n > l выполняется условие> p′ , получимyn−11yk − θl ynyk − θyn (θ − θl )yn1sup>sup−>yn − yn−1 l6k<n k − nyn − yn−1 l6k<n k − nyn − yn−11p′yk − θyn>sup− (θ − θl ) ′.yn − yn−1 l6k<n k − np −1Взяв инфимум по n > l , найдемs1, l (θl ) > s1, l (θ) − (θ − θl )p′.p′ − 1Для завершения доказательства осталось устремить p′ к py .Теперь можем дать вариант обращения теоремы Штольца.Теорема 1.17. Пусть последовательность xn положительна и выпукла, а последовательность yn положительна и строго возрастает. Пустьдалееxnxnm = lim,M = lim.n→∞ ynn→∞ ynТогда выполняется неравенствоxn+1 − xnlim6 M s̃2 (θ).(1.83)n→∞ yn+1 − ynyn+1= py > 1 , тоЕсли, кроме того, yn имеет лакуны Адамара, т.

е. limn→∞ ynвыполняется и неравенствоxn+1 − xnM s̃+.(1.84)1 (θ) 6 limn→∞ yn+1 − ynm, а величины s̃1 (θ), s̃2 (θ) задаются формулами (1.78).Здесь θ =M55Доказательство. Для l ∈ N обозначим ml = infn>lвидно, чтоxn6 Ml ,ynПо теореме 1.14 справедливы неравенстваml 6Ml s1, l (θl ) 6xn,ynMl = supn>lxn. Очеynn > l.xn+1 − xn6 Ml s2, l (θl ),yn+1 − ynn > l,(1.85)ml, а величины s1, l (θl ), s2, l (θl ) определяются по формуMlлам (1.79). Из предложения 1.9 и правой части неравенств (1.85) извлекаемв которых θl =supn>l1 − θlxn+1 − xn6 Ml s2, l (θl ) 6 Mls2, l (θ).yn+1 − yn1−θПолагая здесь l → ∞ и учитывая, чтоlim ml = m,l→∞lim Ml = M,l→∞lim θl = θ,l→∞lim s2, l (θ) = s̃2 (θ),l→∞приходим к неравенству (1.83).Привлекая левую часть (1.85) и предложение 1.10, получаем оценкуpyxn+1 − xn> Ml s1, l (θl ) > Ml s1, l (θ) − (θ − θl ).infn>l yn+1 − ynpy − 1Переход к нижнему пределу по l → ∞ приводит к неравенству (1.84).

Сноваиспользован тот факт, что Ml → M и θl → θ. Теорема доказана.В качестве следствия получаем такое уточнение предложений 1.5 и 1.6.Предложение 1.11. Пусть положительная последовательность ynимеет лакуны Адамара, и p = lim yn+1> 1. Пусть далее xn — произвольynn→∞ная возрастающая выпуклая последовательность, удовлетворяющая услоxnxnmвиям m = lim, M = lim, и θ=M.n→∞ynn→∞ ynТогда выполняются неравенстваMxn+1 − xnθp − 1,6 limp−1n→∞ yn+1 − ynp−θxn+1 − xn6M.n→∞ yn+1 − ynp−1lim(1.86)Доказательство. Оценим величины s̃1 (θ), s̃2 (θ), задаваемые формулами (1.78).Заменяя супремум в первой формуле (1.78) значением выражения при k = n−1 ,получаем неравенствоs̃1 (θ) > liminfl→∞ n>l+11θyn − yn−1yn−1 − θyn= lim inf=yn − yn−1 n − 1 − nl→∞ n>l+1 yn − yn−156yn−1θp − 1yn−1= lim inf>ynp−1l→∞ n>l+1−1yn−1θx − 1возрастает на (1, +∞) .Мы воспользовались тем, что функцияx−1Оценивая величину s̃2 (θ), заменим инфимум во второй формуле (1.78)значением выражения при n = l + 1 :yn+1−θ1p−θyn+1 − θynyns̃2 (θ) 6 lim6= lim yn+1.n→∞ yn+1 − yn n + 1 − nn→∞p−1−1ynθx−θна инx−1тервале (1, +∞) .

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
6384
Авторов
на СтудИзбе
308
Средний доход
с одного платного файла
Обучение Подробнее