Диссертация (1154389), страница 9

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