Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Алгебраические и трансцендентные системы уравнений. Монография.pdf
то
N
R
m
I
=
R
Применив к последовательности I
gm(αk). (1.7.4.)
k=1
m
, m = 1, . . . , NRклассические
R
рекуррентные формулы Ньютона (§1.2) , можно получить выражение
N
R
g(αs). (1.7.5.)
s=1
Тем самым ответить на вопрос: имеют ли функции f(z) и g(z) общие
нули в круге CR. Если теперь неограниченно увеличивать R, то возможны два варианта: либо для какого-то R выражение (1.7.5.) обратится в
нуль, т.е. f и g(z) имеют общий нуль в CR; либо выражение (1.7.5.) не
обратится в нуль для любого R, т.е. f и g(z) не имеют общих нулей в
C.
Тем самым для построения результанта функций f(z) и g(z) необходимо научиться вычислять интегралы (1.7.3.) и (1.7.4.) для любого R,
не находя самих нулей функции g(z). Здесь рассмотрим один подход к
решению этой задачи.
Обозначим через Pn(z) — многочлен Тейлора функции f (z) порядка
n, т.е.
Pn(z) = a0+ a1z + a2z2+ . . . + anzn,
а через Qn(z) остаток f (z) − Pn(z).
Предположим, что для данного n существует радиус R > 0 такой,
что
|Pn(z)| > |Qn(z)|, если |z| = R, (1.7.6.)
т.е. на окружности γR= {z : |z| = R} выполнено неравенство (1.7.6.),
и, кроме того, все корни многочлена Pn(z) лежат в круге CR.
Покажем, что в этом случае интегралы вида (1.7.3.) могут быть вычислены через коэффициенты Тейлора функций f (z) и g(z).
Так как для достаточно больших R справедливо неравенство (лемма
о модуле старшего члена)
|P
(z)| < |an|Rn, (1.7.7.)
n−1
91
если an= 0, то по теореме Руше многочлен Pn(z) имеет в круге CR=
{z : |z| < R} ровно n корней (считаемых вместе с их кратностями) и
не имеет корней вне этого круга.
Поэтому будем предполагать в дальнейшем, что для данного R выполнены условия (1.7.6.) и (1.7.7.). Так что все корни многочлена Pn(z)
лежат в круге CR.
Рассмотрим интеграл
Js=
1
2πi
γ
R
s
ζ
dζ
, s ∈ N. (1.7.8.)
Pn(ζ)
Сделаем в интеграле (1.7.8.) замену переменных ζ → 1/w, тогда
1
d
w
.
1
n
w
Js= −
1
·
s
w
P
γ
1
R
Так как Pn(ζ) = a0+ a1ζ + . . . + anζn, то
Pn(1/w) = a0+ a1/w + . . . + an/wn=
1
(a0wn+ a1w
n
w
n−1
+ . . . + an) =
1
=
где P
∗
(w) = a0wn+ a1w
n
n−1
+ . . . + an. В силу условия (1.7.6.) многочлен
P∗(w) не имеет корней в круге C
1
Js=
γ
1
R
w
dw
·
s
w
·
1
2
· P
n
w
wnP
1
. Тогда
R
1
∗
(w)
n
n
∗
(w)
=
,
n−s−2
w
γ
1
R
dw
·
P
n
∗
(w)
.
Отсюда получаем утверждение.
Лемма 1.7.1. Если n − s −2 > 0, то Js= 0; если n − s −2 < 0, то
Js=
2πi
(s − n)!
·
∂
∂w
s+1−n
s+1−n
P
n
1
∗
(w)
w=0
.
Так что при условии (1.7.6.) интеграл Jsможно вычислить в ко-
(1.7.9.)
нечном виде. Эта лемма является одной из основных при нахождении
результанта двух целых функций.
92
1.7.2. Исследование условий (1.7.6.) и (1.7.7.)
Здесь исследуем вопрос, когда и для каких функций выполняются условия (1.7.6.) и (1.7.7.).
Приведем оценку на R, для которого неравенство (1.7.7.) выполняется. Очевидно, что неравенство (1.7.7.) выполняется, если выполнено
неравенство
n−1
|ak|Rk< |an|Rn.
k=0
Считая R > 1, получаем, что неравенство (1.7.7.) выполнено, если выполнено неравенство
n−1
|ak| < |an|R.
k=0
Таким образом справедливо утверждение.
Лемма 1.7.2. Пусть an= 0 и для числа R > 1 выполнено неравен-
ство
n−1
|ak|
R >
k=0
, (1.7.10.)
|an|
то все корни многочлена Pn(z) лежат в круге CR.
Так как
n−1
k=0
|ak| 6
∞
|ak| = K,
k=0
то справедливо следствие.
Следствие 1.7.1. Пусть an= 0. Если для числа R выполнено нера-
венство
K
R >
,
|an|
то все корни Pn(z) лежат в круге CR.
Найдем теперь, при каких условиях на R выполнено неравенство
|Pn(z)| > ε|an|Rnдля некоторого 0 < ε < 1, т.е.
|a0+ a1z + . . . + anzn| > ε|an|Rn. (1.7.11.)
93
Поскольку (по лемме о модуле старшего члена)
|Pn(z)| > |an|Rn− |P
n−1
(z)|,
то при 0 < ε < 1 справедливо неравенство
|an|Rn− |P
(z)| > ε|an|Rn,
n−1
т.е.
|an|(1 − ε)Rn> |P
n−1
|
при достаточно больших R.
Лемма 1.7.3. Если для R выполнено неравенство
n−1
|ak|
R >
k=0
,
|an|(1 − ε)
то выполнены условия (1.7.7.) и (1.7.11.).
Следствие 1.7.2. Если
K
R >
,
|an|(1 − ε)
то выполнены условия (1.7.7.) и (1.7.11.).
Найдем, когда при выполнении неравенства (1.7.11.) справедливо
неравенство
ε|an|Rn> |Qn(z)| = R
n
∞
k=n+1
k
z
a
.
k
n
R
Это будет означать, что для данного R выполнено неравенство (1.7.6.).
Из последнего неравенства получим
ε|an| > R
∞
k=n+1
a
k
R
k
z
n+1
. (1.7.12.)
94
Поскольку
R
∞
k=n+1
a
k
R
k
z
n+1
6 R
∞
k=n+1
|ak|R
k−1−n
,
то неравенство (1.7.12.) выполнено, если выполнено условие
∞
ε|an| >
k=1
|a
|Rk. (1.7.13.)
n+k
K
Пусть R =
венство
a
|
|(1−ε)
n
, тогда (1.7.13.) выполнено, если выполнено нера-
ε|an| >
∞
k=1
|a
n+k
K
|
|an|(1 − ε)
k
. (1.7.14.)
Так что справедливо утверждение
K
Лемма 1.7.4. Если для R =
выполнено условие (1.7.14.),
|an|(1 − ε)
то справедливы неравенства (1.7.6.) и (1.7.7.).
Приведем простые достаточные условия, при которых выполнена
лемма 1.7.4. Для этого напомним некоторые понятия из теории целых
функций конечного порядка роста [107, 43].
Для определения порядка роста целой функции справедлива формула
ln n
ρ = lim
n→∞
ln
√
n
, (1.7.15.)
1
|an|
где an— коэффициенты Тейлора функции f (z) вида (1.7.1.). В частности, ρ = 0, если
ln n
lim
n→∞
ln
√
n
1
|an|
= 0.
Предположим, что выполнено неравенство
|a
| 6 c|an|
n+k
kα
для некоторых c > 0, α > 1 и для всех n, n.
95
Тогда, заменя условие (1.7.14.) более сильным, получаем
ε|an| > c
∞
k=1
|an|
K
1−α
(1 − ε)
k
= c
∞
k=1
K|an|
α−1
(1 − ε)
k
, (1.7.16.)
при справедливости которого выполнено (1.7.6.).
Суммируя геометрическую прогрессию и учитывая, что an→ 0 при
n → ∞ (т.е знаменатель прогрессии становится по модулю меньше 1,
начиная с некоторого номера n), получаем
c
∞
k=1
K|an|
(1 − ε)
α−1
k
= c
K|an|
1 − ε − K|an|
α−1
α−1
,
т.е. условие (1.7.16.) принимает вид
ε|an| > c
K|an|
1 − ε − K|an|
α−1
α−1
.
Предположив, что α > 2, получим
ε(1 − ε − K|an|
α−1
) > K|an|
α−2
,
тогда
K|an|
α−2
+ εK|an|
α−1
< ε(1 −ε).
При достаточно больших n последнее неравенство, очевидно, выполняется.
Лемма 1.7.5. Если для всех k выполнено условие
|a
| 6 c|an|
n+k
kα
(1.7.17.)
для некоторых c > 0, α > 2 и для всех достаточно больших n, то,
начиная с этого n, справедливы неравенства (1.7.6.) и (1.7.7.).
Пример 1.7.1 Рассмотрим функцию f(z) с коэффициентами an=
−n
e
e
, тогда получим, что
|a
1
n+k
|
= e
n+k
e
, а
1
|an|
kα
= e
kαe
n
,
96
поэтому имеем (для выполнения (1.7.17.)
n+k
e
e
> e
Так что для функции f (z) с коэффициентами an= e
kαe
n
или ek> kα.
−n
e
неравенство
(1.7.6.) выполняется для всех n достаточно больших. Заметим, что данная функция имеет порядок роста 0.
1.7.3. Построение результанта
Рассмотрим интеграл (1.7.3.):
Qn(ζ)
Pn(ζ)
Qn(ζ)
Pn(ζ)
.
=
IR=
1
2πi
γ
=
R
g(ζ)
1
2πi
df(ζ)
f(ζ)
γ
R
g(ζ)
=
2πi
dPn(ζ)
1
γ
R
Pn(ζ)
dPn(ζ)1 +
g(ζ)
Pn(ζ)1 +
d1 +
+
1 +
Qn(ζ)
Pn(ζ)
Qn(ζ)
Pn(ζ)
Вычислим интеграл
1
JR=
g(ζ) ·
2πi
γ
R
Сделав замену ζ → 1/w, получим
1
JR= −
g
2πi
γ
1
R
·
1
w
= −
= −
1
2πi
γ
1
2πi
1
g
w
1
R
g
γ
1
R
1
w
dP
P
n
dP
P
∗
dPn(ζ)
Pn(ζ)
d
·
∗
(w)
n
(w)
∗
(w)
n
∗
(w)
n
P
∗
P
n
w
∗
(w)
n
n
w
− n
−
.
(w)
n
ndw
w
dw
w
w
n+1
1
n
=
=
.
97
Напомним, что P
Поэтому
JR= −
= −
∗
(w) определяется равенством (1.7.9.), а в силу (1.7.2.)
n
1
2πi
∞
k=0
1
g
w
γ
R
∞
b
w
k=0
1
1
b
k
2πi
w
γ
1
R
∞
b
dP
P
w
dP
P
∗
n
∗
n
k
.
k
∗
n
∗
(w)
n
(w)
(w)
(w)
−
−
ndw
ndw
=
w
.
w
=
k=0
k
·
k
1
·
k
Имеем
А
1
2πi
∞
b
k
k=0
1
dP∗(w)
·
k
w
γ
1
R
P∗(w)
1
2πi
n
dw
·
k
w
γ
1
R
= nb0.
w
1
=
2πi
1
· d(ln P∗(w)).
k
w
γ
1
R
Так как многочлен P∗(w) не имеет корней в C
в этом круге. Поскольку P
∞
∗
(w) = a0wn+ a1w
n
n−1
ckwk, где ckопределяются по формулам
k=0
ck=
(−1)
ka
k−1
k
n
a
n−1
2a
n−2
. . . . . . . . . . . . . . .
ka
n−k
a
n
a
n−1
a
n−k+1an−k+2
a
0 . . . 0
n
1
, то ln P∗(w) определен
R
+ . . .+ an, то ln P∗(w) =
. . . 0
(1.7.18.)
. . . a
n
(см., например, лемму 1.2.1).
Поэтому
1
2πi
1
dP∗(w)
·
k
w
γ
1
R
P∗(w)
= −
98
1
2πi
ln P∗(w)
γ
1
R
w
1
=
k
=
1
2πi
ln P∗(w)
γ
1
R
kdw
k+1
w
=
k
2πi
∞
csws·
s=0
γ
1
R
Следовательно, справедливо утверждение.
Теорема 1.7.1. Интеграл
w
dw
k+1
= kck.
JR=
1
2πi
γ
R
g(ζ) ·
dPn(ζ)
= nb0−
Pn(ζ)
∞
k=1
kbkck,
где bk— коэффициенты Тейлора функции g(z), а ckопределяются формулами (1.7.18.).
Использовав формулу (1.7.18.), можно получить
Следствие 1.7.3. Интеграл
JR= lim
k→∞
nb
0
a
n−1
1
2a
n−2
k
a
n
. . . . . . . . .
ka
n−k
b
a
a
n−1
a
n−k+1an−k+2
1
n
b
2
0 . . . 0
a
n
. . . b
. . . 0
.
.
.
. . . a
k
.
.
.
.
n
Доказательство. Утверждение следствия вытекает из формулы
(1.6.11.), в которой доказано равенство
nb0−
∞
kbkck= lim
k=1
k→∞
nb
0
a
n−1
1
2a
n−2
k
a
n
. . . . . . . . .
ka
n−kan−k+1
a
b
1
a
n
n−1
b
2
0 . . . 0
a
n
a
n−k+2
. . . b
. . . 0
.
.
.
. . . a
k
.
.
.
n
Так что интеграл JRможет быть вычислен через коэффициенты
Тейлора функций f(z) и g(z).
99
.
2
Рассмотрим далее интеграл
˜
JR=
1
2πi
γ
R
g(ζ) ·
d1 +
1 +
Qn(ζ)
Pn(ζ)
Qn(ζ)
Pn(ζ)
.
Так как на окружности γRсправедливо неравенство (1.6.3.), то
|Qn(ζ)|
Qn(ζ)
< 1, поэтому на γRопределен ln1 +
|Pn(ζ)|
Pn(ζ)
.
Следовательно,
˜
JR=
1
2πi
g(ζ) ·d ln1 +
γ
R
= −
1
2πi
Qn(ζ)
Pn(ζ)
∞
s=1
= −
1
g′(ζ) ·
s
γ
R
1
2πi
ln1 +
γ
R
Qn(ζ)
Pn(ζ)
Qn(ζ)
Pn(ζ)
s
dζ
·g′(ζ)dζ =
Наша дальнейшая цель заключается в вычислении интегралов
=
1
2πi
γ
R
g′(ζ) ·
s
˜
J
R
Qn(ζ)
Pn(ζ)
s
dζ.
Положим Qn(ζ) = ζ
т.е. Qn(ζ) = ζ
n+1Q∗
n
(ζ).
Сделаем в интеграле˜J
s
˜
J
=
R
=
n+1
1
2πi
2πi
∞
a
n+k+1
k=0
s
замену ζ = 1/w, тогда имеем
R
′
g
γ
1
R
1
g
γ
1
R
ζk. Обозначим Q
1
w
w
1
Q
P
∗
n
n
Q
P
∗
n
∗
n
1
w
1
w
1
w
(w)
s
w
s
∗
(ζ) =
n
dw
2+(n+1)s
dw
,
s+2
w
=
∞
k=0
a
n+k+1
ζk,
100