close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Максимум модуля и максимальный член одного класса рядов Дирихле.

код для вставкиСкачать
1998
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 2 (429)
УДК 517.537.2
М.Н. ШЕРЕМЕТА, Я.Я. ПРИТУЛА
МАКСИМУМ МОДУЛЯ И МАКСИМАЛЬНЫЙ ЧЛЕН
ОДНОГО КЛАССА РЯДОВ ДИРИХЛЕ
1. Пусть 0 < A +1, а (A) | класс функций, аналитических в fs : 0 < Re s < Ag и
ограниченных в каждой полосе fs : 0 < 1 Re s 2 < ag. Изучению функций из класса (1)
посвящена глава III монографии [1]. Классу (1) принадлежат, в частности, целые (абсолютно
сходящиеся в C ) ряды Дирихле с неотрицательными, возрастающими к 1 показателями n и
комплексными коэффициентами bn . Связь между максимумом модуля и максимальным членом
целого ряда Дирихле исследована в [2].
Здесь рассмотрим ряды Дирихле, показатели которых не обязательно монотонны и могут
принимать значения из [;1; +1), но будем считать, что среди n имеется бесконечно много
положительных. Считаем также, что 1 > jbn j # 0 (n ! 1). Через D (A) обозначим класс рядов
Дирихле
F (s ) =
1
X
n=1
bn exp(sn); s = + it;
(1)
абсолютно сходящихся в fs : 0 < Ag, коэффициенты и показатели которых удовлетворяют
приведенным выше условиям. При этом, если 0 < A < +1, то считаем, что ряд
1
X
n=1
jbnj exp(n )
(2)
сходится для любого 2 [0; A) и расходится для любого > A, а если A = +1, то считаем,
что ряд (2) сходится для всех 0. Другими словами, A является абсциссой абсолютной
сходимости ряда (1). Условимся также, что jbn j exp(n ) = 0 для всех 0, если n = ;1. Так
как ряд (2) сходится при = 0, то
= inf > 0 :
Положим
Тогда 0 и имеет место
Лемма 1. Если < 1, то
1
X
n=1
j
jbn < 1 < 1:
n
= nlim
!1 ln(1=jbn j) :
1 ; A 1:
(3)
Пусть > 0 и > 1 . Тогда для любого " 2 (0; ; 1=) существует
возрастающая последовательность (nk ) натуральных чисел такая, что nk ( ; ") ln jbn1k j , и,
значит,
jbnk j exp(nk ) exp ; ln jb1 j + ( ; ") ln jb1 j 1;
Доказательство.
nk
77
nk
т.е. для > 1 ряд (2) расходится. Поэтому имеет место второе из неравенств (3), которое
очевидно, если = 0.
Пусть теперь < +1. Выберем > и 2 (;h1). Тогда
для всех n n0 ( ) имеет место
1
;
неравенство n ln(1=jbn j) и, значит, для всех 2 0; 1
X
n=1
jbnjen 1
X
n=1
jbnj expf; ln jbn jg 1
X
n=1
jbnj < 1:
Отсюда вытекает, что A 1; , и в силу произвольности и имеет место первое из неравенств (3), которое очевидно, если = +1.
p
Заметим, что если = 0, то A = 1= , а это возможно, например, если n jbn j ! 0 (n ! 1),
1
P
ибо тогда jbn j < 1 для любого > 0.
n=1
Заметим также, что оценки (3) точны. Так, например, если bn = 1=n2 и = 2 ln n, то = 1=2,
= 1 и (1 ; ) = 1=2 = A < 1 = 1= . А если bn = 1=n2 , nk = k!, nk = 2 ln nk и n = ;n при
n 6= nk , то = 1=2, = 1 и (1 ; ) = 1=2 < A = 1 = 1= , ибо для всех 0 < 1 имеем
1
X
n=1
jbn
jen
1
1
1
1
X
X
X
X
;
2
;
2
;
2(1
;
)
= nk exp(2 ln nk ) +
n exp(;n) (k!)
+ n;2 < +1:
n=1
k=1
n=1; n6=nk
k=1
Для 0 < A и F 2 D (A) положим M (; F ) = supfjF ( + it)j : t 2 Rg, и пусть (; F ) =
maxfjbn j exp(n ) : n 1g | максимальный член ряда (1). Из доказательства теоремы 1.5 в [2]
следует неравенство (; F ) M (; F ), являющееся аналогом известного неравенства Коши.
Целью данной статьи является оценка M (; F ) через (; F ) сверху для F 2 D (A) как в
случае 0 < A < +1, так и в случае A = +1.
Лемма 2. Пусть bn 2 C , n 2 R (n 1), p 0, q > 0, а ряд Дирихле (1) абсолютно
1
сходится в точках s = и s = ( + p). Тогда, если
q
1
X
n=1
то
jbnj1;q exp(;pn) = K0 < 1;
(4)
Действительно,
q
+
p
M (; F ) K0 q ; F :
q
jbn j1;q jbnj exp +q p n exp(;pn) n=1
n=1
q X
q
1
+
p
+
p
1
;
q
q
jbnj exp(;pn) = K0 q ; F :
n=1
M (; F ) 1
X
jbnj exp(n) =
1
X
Нам будут нужны также следующие леммы.
Лемма 3 ([3]). Из каждой положительной возрастающей последовательности n
что
такой,
1
nlim
!1 n ln n a > 0;
подпоследовательность (k ) такую, что
ln k ak + 1 для всех k 2
для некоторой возрастающей последовательности (kj ) натуральных чисел.
можно выделить
ln kj akj
(5)
78
N
и
Лемма 4 ([4], с.20{22). Пусть ' | положительная дважды непрерывно дифференцируемая
[a; +1) функция такая, что '0 (x) ! +1 (x ! +1), x2 '00 (x) ! +1 (x ! +1), '00 (u(x)) '00(x) при x ! +1, ju(x) ; xj ppA00(x) , где A | произвольное положительное число. Тогда
функция H (x; ) = x ; '(x) имеет при больших значениях единственную точку максимума
x() и
на
Z1
что
s
2 eH (x();) ; ! +1:
(6)
00
p
(
x())
a
2. Пусть сначала 0 < A < +1. Через D (A; h) обозначим класс функций F 2 D (A) таких,
eH(x;) dx = (1 + o(1))
ln n
nlim
!1 ln(jbn j expfAn g)
Теорема 1. Пусть
h 2 [0; +1):
2 [0; +1). Для того чтобы для любой функции F 2 D (A; h) выпол-
нялось неравенство
1+
+
A
M (; F ) K0 1 + ; F ; K0 = const > 0;
(7)
для всех 2 [0; A), необходимо и достаточно, чтобы > h.
Доказательство. Пусть > h и F | произвольная функция из D (A; h). Положим p = A
и q = 1 + . Тогда
n j + An ) > 1;
lim (q ; 1) lnlnjbnn j + pn = lim (ln jbln
n
h
n!1
n!1
откуда легко следует выполнение условия (4) леммы 2. Так как
0 < +q p = 1++A
<A
для всех 2 [0; A), то по лемме 2 имеет место неравенство (5), которое в данном случае равносильно неравенству (7). Достаточность условия > h доказана.
Чтобы доказать его необходимость, нужно показать, что существует функция F1 2 D (A; h)
такая, что для любого h неравенство (7) не выполняется.
Пусть сначала h > 0, а
F1 (s) =
1
X
n1=he;A ln n ln ln nes ln n ln ln n:
n=2
(8)
Так как здесь bn = n1=h expf;A ln n ln ln ng, то легко видеть, что = 0 и = 1=A. Поэтому по
лемме 1 абсцисса абсолютной сходимости ряда (8) равна A, и легко видеть, что F1 2 D (A; h).
воОбозначим (t) = h1 t ; (A ; )t ln t, 0 < A. Нетрудно проверить,n что функция
o
1
1
гнутая на [0; +1), имеет единственную точку максимума t() = e exp h(A;) и (t()) =
n
o
A; exp
1
e
h(A;) . Отсюда следует, во-первых, что
(; F1 ) = maxfe(ln n) : n 2g exp(maxf(t) : t 0g) =
= exp A ;e exp h(A1; ) ; 0 < A; (9)
79
и, во-вторых,
M (; F1 ) = F1 () =
1
X
n=2
expf(ln n)g Z1
1
expf(ln t)gdt ; exp (t()) =
exp 1 : (10)
expf(t) + tgdt ; exp A ;
e
h(A ; )
0
Произведем в последнем интеграле замену t = A;x . Тогда
Z1
Z1
1
+
h
1
1
exp h(A ; ) ; ln A ; x ; x ln x dx
expf(t) + tgdt = A ; 0
0
h
1
и, если положим = h(1+
A;) ; ln A; и '(x) = x ln x, то функция ' удовлетворяет условиям
леммы 4, x() = '00 (x1()) = H (x(); ) = e;1 . Поэтому
=
Z1
0
Z1
r
2
1
1
+
o
(1)
expf(t) + tgdt = A ; e e exp e e =
s
exp 1 + h exp A ; exp 1 + h = (1 + o(1)) e(A2;
) h(A ; )
e
h(A ; )
при ! A. Поэтому из (9) и (10) при h имеем
M (; F1 )
+A ; F 1+
1+
1
q
h
exp 1+h exp A;e exp h(1+
A;)
(1 + o(1)) e(A;) h(AA;;)
h
exp e exp h(1+
A;)
2
s
(1 + o(1)) e(A2; ) exp h(1A+;h) ;! +1 ( ! A);
т.е. неравенство (7) не выполняется.
Используя лемму 4, можно также показать, что для принадлежащей классу D (A; 0) функции
1
X
F1 () = eln n ln ln ln ne;A ln n ln ln n e ln n ln ln n
n=9
неравенство (7) с = 0 не выполняется.
3. Перейдем к рассмотрению случая A = +1. Через D (1; h) обозначим класс функций
F 2 D (1) таких, что
lim ln(1ln=jnb j) h 2 [0; 1):
n!1
Теорема 2. Пусть
n
2 [0; 1). Для того чтобы для любой функции F 2 D (1; h) выполня-
лось неравенство
M (; F ) K0 1 ; ; F
1;
; K0 = const > 0;
0, необходимо и достаточно, чтобы > h.
Доказательство. Пусть h < < 1 и F 2 G (1; h). Выберем p = 0 и q = 1 ; . Тогда
lim (q ; 1) lnlnjnbn j + pn = lim lnln1=njbn j h > 1;
n!1
n!1
для всех
80
(11)
т.е. выполнено условие (4) леммы 2, и поскольку 1; 0 при 0, то для всех 0 имеет
место неравенство (3), которое в данном случае равносильно неравенству (11). Достаточность
условия > h доказана.
Пусть теперь 0 < h < 1. Рассмотрим функцию
1
X
n;1=he ln ln n :
n=2
(12)
(; F2 ) h
e ; 0;
(13)
F2 () =
Так как здесь = h 2 (0; 1) и = 0, то по лемме 1 абсцисса абсолютной сходимости ряда (12)
равна +1, и легко видеть, что F2 2 D (1; h).
Обозначим (t) = ; h1 et + t, 0. Функция вогнутая на (;1; +1), имеет единственную
точку максимума t() = ln(h) и (t()) = ln he . Поэтому, как при доказательстве теоремы 1,
имеем
и
Z 1
Z1
Z1
t t
1
;
h
n
(ln
ln
t
)
(
t
)
e
x
dt =
e e e dt exp ( + 1)s ; h e dx: (14)
M (; F2 ) + e e
2
ln ln 2
0
Полагая = + 1 и '(t) = 1;hh et , видим, что функция ' удовлетворяет условиям леммы 4,
h(+1)
00
x() = ln h(1;+1)
h , ' (x()) = + 1 и H (x(); ) = ( + 1) ln 1;h . Поэтому
s
( + 1) +1 ; ! +1;
M (; F2 ) (1 + o(1)) 2+ 1 he(1
; h)
и в силу (13) при h выполняется
p
h 2(+1) h(+1) M (; F2 ) (1 + o(1)) e(1;h) e(1;h) 1;
h 1; ; F2
e(1;)
p p
h
2
1
;
(1 + o(1)) e(1 ; h) 1 ; h ! +1 ( ! +1);
т.е. для функции (12) неравенство (11) с h не выполняется.
Очевидно, функция
1
X
1 esn
n=0 n!
принадлежит классу D (1; 0), а для нее неравенство (11) с = 0 не выполняется.
Зафиксируем теперь последовательность B = (bn ) комплексных чисел и допустим, что
lim ln(1ln=jnb j) = h(B ) 2 [0; 1);
n!1
n
а через D (1; B ) обозначим класс абсолютно сходящихся в fs : 0 Re s < 1g рядов Дирихле
(1), показатели n которых удовлетворяют условиям, наложенным в начале п.1.
Теорема 3. Пусть 2 [0; 1). Для того чтобы для каждой функции F 2 D (1; B ) выполнялось соотношение
exp es =
1
+
o
(1)
M (; F ) 1 + ; F ; ! +1;
необходимо и достаточно, чтобы h(B ).
81
(15)
Доказательство. Если h(B ) , то по теореме 2 для каждого 2 (; 1) и всех 0 имеет
место неравенство (11), откуда следует
ln M (; F ) ln 1 ; ; F + ln K0 ;
и в силу выпуклости функции ln (; F ) (или M (; F )) легко получаем соотношение (15) с вместо . Так как | произвольное число, то тем самым достаточность условия h(B )
доказана.
Для доказательства необходимости обозначим Bn = ln(1=jbn j) и предположим, что h(B ) > .
Тогда Bn " +1 (n ! 1) и
ln n = h 2 (0; 1); h = h(B ):
lim
n!1 B
n
Поэтому по лемме 3 существует подпоследовательность (Bk ) такая, что Bk e2 ,
ln k hBk + 1
для всех k 2 R и
(16)
ln kj hBkj
(17)
для некоторой возрастающей последовательности (kj ) натуральных чисел. Положим n = ;1, если Bn 6= Bk , и n = k , если Bn = Bk , где k = ln BlnkBk . Таким образом,
приходим к ряду Дирихле
F3(s) =
где для простоты
1
X
Bk ;
exp ;Bk + s ln ln
B
k=1
Bk = Bk . В силу (16) этот
k
ряд целый. Ясно, что
2
ln (; F3 ) max t ln ln t ; 1 : t e :
Этот максимум достигается в точке t = t(), удовлетворяющей уравнению
(ln t ln ln t ; 1) = ln t ln2 ln t;
а
ln (; F3 ) t()
ln t() ln2 ln t()
= ln t() lnt(ln)t() ; 1 :
(18)
(19)
Решение уравнения (18) будем искать в виде t() = expfe ; ()g, где, естественно, () = o(e ),
! +1. Подставляя t() в (18), имеем
() ;
; (e ; ()) ln(
=
+
ln
1
;
e ; ())
e
т.е.
() = (1 + o(1)) (e ; ())eln( e ; ()) = (1 + o(1)); ! +1:
Поэтому t() = 1+oe(1) expfe g, ! +1, и из (19) имеем
ln (; F3 ) (1 +eo(1)) e; expfeg
82
(20)
для всех 0 . Далее, используя (16) и (17), получаем
B
k
k
j
M (; F3 ) exp ;Bk + ln ln B 2 exp ;Bkj + ln ln B B[kj =2] k
kj
[kj =2]kkj
exp hBkj ; ln 2 ; Bkj + ln lnB ln[kj =h2] ; 1 kj
exp (h ; 1)Bkj ; ln 2 + ln ln B lnhkj ; h3 kj
3
exp (h ; 1)Bkj + ln ln B Bkj ; h ln ln B ; ln 2
kj
kj
для всех 0. Взяв здесь = j = (1 ; h + ") ln ln Bkj , где " | произвольное положительное
X
число, в силу (20) имеем
M (; F3 ) exp "Bkj ; 3(1 ;hh + ") ; ln 2 =
= exp " exp exp 1 ;hj + " ; 3(1 ;hh + ") ; ln 2 j
"
3(1
;
h
+
"
)
j
j
j
1
;
h
+
"
exp 1 ; h + " e
ln 1 ; h + " ; F3 ;
; ln 2 1 ; h + " ; F3
h
для всех j j0 ("). В силу произвольности " отсюда следует, что неравенство (15) для функции
F3 с < H (B ) выполняться не может.
Литература
1. Стрелиц Ш.И. Асимптотические свойства аналитических решений дифференциальных
уравнений. { Вильнюс: Минтис, 1972. { 468 с.
2. Шеремета М.М. Цiлi ряди Дiрiхле. { 1993. { 168 с.
3. Шеремета М.Н. 0 поведении максимума модуля целого ряда Дирихле вне исключительного
множества // Матем. заметки. { 1995. { Т. 57. { Є 2. { С. 283{296.
4. Евграфов М.А. Асимптотические оценки и целые функции. { 2-е изд. { M.: Физматгиз, 1962.{
200 с.
Львовский государственный
университет
Поступила
(Украина)
15.06.1995
83
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
160 Кб
Теги
одного, рядом, класс, максимума, члени, дирихле, максимальной, модуль
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа