Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Алгебраические и трансцендентные системы уравнений. Монография.pdf
Вынося в определителе Dmстепени двойки, получим, что знак D
совпадает со знаком определителя
∆
′
m
B
1
2!
B
2
=
4!
. . . . . . . . . . . .
B
m
(2m)!
B
2
4!
B
3
6!
B
m+1
(2m+2)!
. . .
. . .
. . .
(2m)!
B
(2m+2)!
B
(4m)!
B
m
m+1
2m
.
m
Поэтому ∆
′
= s0=
1
∆
1
> 0.
12
1
′
2
12
=
1
30·24142·720
1
30·24
=
1
12 · 720
1
1
60
42
1
1
> 0.
Точно так же
∆
1
12
′
=
3
1
30·24142·720
1
42·720130·8!566·(10)!
1
30·24
42·720
1
1
30·8!
= c
1
1
1
1
301210
1
211140
1
20199
> 0,
где c > 0. Что полностью соответствует теореме 1.4.7. Более того, теорема 1.4.7 показывает, что все Dm, составленные из чисел Бернулли,
положительны.
Рассмотрим вопрос о том, когда у функции f (z) все нули чисто мнимые. Для многочленов условие того, что их корни лежат на мнимой оси
дается следствием 1.3.3, а на языке инноров его можно найти в [85, §2.4].
Теорема 1.4.8. Пусть целая функция f (z) вида (1.4.1.) с вещес-
твенными коэффициентами Тейлора имеет порядок роста ρ < 2. Для
того чтобы нули функции f были чисто мнимыми, необходимо и достаточно, чтобы определители
∆m=
s
0
s
2
. . . . . . . . . . . .
s
2m−2s2m
s
s
2
4
. . . s
. . . s
. . . s
2m−2
2m
4m−2
(1.4.32.)
были положительны для всех m и выполнялись условия
n
m=0
b
n−m
(−b1)
m!
m
= 0 для n четных,
> 0 для n нечетных.
(1.4.33.)
51
Доказательство. Пусть нули f чисто мнимые ±iγj, γj∈ R, тогда раз-
ложение Тейлора канонического произведения функции f будет содержать только четные степени z. Действительно, в представлении (1.4.5.)
найдем произведение
1 −
iγ
z
n
z
iγ
n
e
2
z
+
2(iγn)
=1 +
+...+
2
p(iγn)
2
z
2
γ
n
z
p
p
·1 +
2
z
−γ
e
+...+
2
n
z
iγ
p(iγn)
z
−iγ
n
e
n
p
z
(−z)
+
p
p(iγ
+
2(−iγn)
p
p
)
n
2
z
+...+
2
p
z
p(−iγn)
p
=
.
Так что данное произведение зависит от z2. Поэтому каноническое произведение
(1.4.6.), соответствующее функции f, примет вид
Φ(z) =
∞
j=0
cjzj=
∞
j=0
c2jz2j.
Введем функцию
∞
H(w) =
c2jwj.
j=0
Ее нулями являются числа −γ
2
и только они. Поэтому H(w) имеет толь-
n
ко вещественные нули. Она также является целой функцией конечного
порядка роста, порядок роста которой в два раза меньше, чем у канонического произведения Φ(z) (т.е. ее порядок роста строго меньше 1).
Рассмотрим степенные суммы для функции H(w):
∞
−γ
n=1
−2
n
k
.
Ясно, что эта степенная сумма равна σ2kдля функции f (z).
Пусть разложение Адамара для функции H(w) имеет вид
H(w) =
∞
n=1
1 −
w
.
β
n
52
Оно выполняется, если, например, H(w) является целой функцией порядка строго меньшего 1 [43, гл. 7]. В нашем случае это условие выполнено.
Понятно, что если все нули этой функции вещественные, то они отрицательны тогда и только тогда, когда разложение Тейлора H(w) имеет неотрицательные коэффициенты c2j. Эти коэффициенты являются
коэффициентами разложения Тейлора для канонического произведения
Φ(z).
Итак, необходимым условием того, что все нули функции чисто мнимые, является условие, что коэффициенты Тейлора канонического произведения Φ(z) неотрицательны и коэффициенты с нечетными номерами равны 0.
Найдем условие на коэффициенты Тейлора самой функции, гарантирующее неотрицательность коэффициентов канонического произведения. Так как порядок роста функции ρ < 2, то ее разложение Адамара имеет вид
f(z) = e
d1z
· Φ(z),
где d1может быть и нулем.
Применив предложение 1.4.2, лемму 1.2.1 и формулу (1.4.2.), получим d1= b1.
Тогда Φ(z) = e
Φ(z) =
−b1z
∞
m=0
· f (z). Поэтому
m
(−b1z)
·
m!
=
n=0
∞
z
k=0
n
m=0
bkzk=
n
b
n−m
∞
n=0
(−b1)
m!
n
n
z
m
bk(−b1)
m+k
m
=
m!
.
Так что коэффициенты Тейлора канонического произведения Φ(z) равны
cn=
n
m=0
b
n−m
(−b1)
m!
m
.
Отсюда и из теоремы 1.4.7 получаем утверждение теоремы. 2
53
Замечание 1.4.3. Если b1= 0, то функция f(z) совпадает со своим каноническим произведением, условие (1.4.33.) эквивалентно условию
b2n> 0, b
2n−1
= 0.
Пусть функция f (z) имеет порядок роста ρ. Она имеет конечный
тип, если существует a > 0 такое, что
ρ
f(z) = O(e
aR
) при |z| = R → ∞.
Типом σ этой функции называется нижняя грань чисел a. Функция
f(z) имеет минимальный тип, если σ = 0. Если функция f(z) является
функцией не более чем первого порядка минимального типа, то, как
известно, ее разложение Адамара имеет вид [43, гл. 7]:
f(z) =
∞
n=1
1 −
α
z
.
n
Поэтому справедливо утверждение
Следствие 1.4.7. Пусто функция f имеет вещественные коэф-
фициенты и является целой функцией не более чем первого порядка
минимального типа. Для того чтобы все нули f были чисто мнимыми, необходимо и достаточно, чтобы все миноры вида (1.4.32.) были
положительны и коэффициенты Тейлора f с четными номерами были
неотрицательны, с нечетными номерами — равнялись нулю.
Доказательство. Поскольку в рассматриваемом случае целая функ-
ция совпадает со своим каноническим произведением, то предыдущее
следствие влечет рассматриваемое утверждение. 2
Пример 1.4.4. Рассмотрим функцию
f(z) =
sh z
z
=
∞
k=0
2k
z
(2k + 1)!
.
Эта функция первого порядка роста, и она совпадает со своим каноническим произведением. Коэффициенты Тейлора функции f(z) с четными номерами положительны, а коэффициенты с нечетными номерами
равны нулю. Поэтому необходимое условие в теореме 1.4.8 выполнено.
54
Рассмотрим определители из теоремы 1.4.8. Формула (1.4.31.) дает
ln
sh z
z
= ln
sin iz
iz
= −
∞
n=1
(−1)n2
2n−1
(2n)!
B
2n
z
n
·
.
2n
Поэтому степенные суммы f(z) с четными номерами
σ2n=
(−1)n2
2n−1
B
n
при n > 1,
(2n)!
а ssn= σ
. Определитель ∆
2n+2
′
∆
=
m
(−1)mB
B
1
2!
−B
2
4!
. . . . . . . . . . . .
(2m)!
′
из примера 1.4.4 примет вид
m
m+1
m
.
−B
4!
B
6!
2
3
. . .
. . .
(−1)mB
(2m)!
B
(2m+2)!
m+1
(−1)
m
B
(2m+2)!
m+1
. . .
B
(4m)!
2m
Элемент в этом определителе, стоящий на пересечении j-й строки и
s-го столбца отрицательный тогда и только тогда, когда j + s нечет-
ное. Тогда этот определитель равен определителю ∆
′
из примера 1.4.4.
m
Действительно произведение элементов, взятых по одному из каждой
строки и каждого столбца содержит четное число элементов с нечетными суммами номера строки и номера столбца. Следовательно, данный
пример сводится к примеру 1.4.4.
Теперь рассмотрим случай, когда среди Dmесть положительные и
отрицательные. Пусть, по-прежнему, все Dm= 0. Введем последова-
тельность
D−1D0, D0D1, . . . , DmD
, . . . , (1.4.34.)
m+1
Напомним, что D−1= 1.
Теорема 1.4.9. Пусть функция f имеет вещественные коэффи-
циенты. Если последовательность (1.4.34.) содержит ровно m отрицательных чисел, то функция f имеет m различных пар комплексно
сопряженных нулей и бесконечное число вещественных нулей. Если
в последовательности (1.4.34.) бесконечное число отрицательных чисел, то f(z) имеет бесконечное число комплексно сопряженных нулей.
55
Доказательство по сути дела повторяет доказательство теоремы
1.4.7 и рассуждения из [24, гл. 10, §1]. Если в последовательности
(1.4.34.) содержатся ровно m отрицательных чисел, то выбираем k достаточно большим и k > m. Пусть в последовательности Z1,. . . , Zkсодержится s отрицательных квадратов и s > m. Тогда приравниваем
в выражении (1.4.21.) Xkте, которые входят в (1.4.21.) с отрицательным знаком. Таких уравнений ровно k. В представлении (1.4.28.) приравниваем к нулю положительные квадраты. Их ровно k − s. Причем
(k − s) + m < k. Тогда решение полученных уравнения не может состо-
ять из тождественных нулей. Используя неравенство (1.4.30.), получаем, что выражение (1.4.21.) неотрицательно, а представление (1.4.28.)
строго меньше нуля. Что невозможно. Случай s < m разбирается аналогично. Понятно, что при бесконечном числе отрицательных чисел в
последовательности (1.4.34.) число комплексных нулей бесконечно. 2
Замечание 1.4.4. В последовательности (1.4.34.) всегда бесконечное число положительных элементов, при этом число вещественных
нулей функции f (z) может быть конечным или бесконечным. Поэтому по данной последовательности условие конечного числа вещественных нулей определить невозможно.
Замечание 1.4.5. В замечании 1.4.2 отмечено, что если условие
|αj| > 1 не выполняется для всех j, то делая преобразование z = rw, по-
лучим, что знаки всех Dmне нарушатся. Кроме того, при таком преобразовании вещественные корни переходят в вещественные, а комплексные — в комплексные, поэтому теоремы 1.4.7, 1.4.9 остаются
справедливыми для произвольных αj.
Замечание 1.4.6. Если в последовательности (1.4.34.) есть нулевые элементы, то теорема 1.4.9 остается справедливой, если знаки в
ней расположить по правилу Фробениуса (1.4.16.). Заметим также,
что у нас исключен случай, когда Dmстановятся равными нулю, начиная с некоторого номера, так как число нулей функции бесконечно.
56
1.4.5. Об одном доказательстве основной теоремы алгебры (полиномов)
Известно, какую большую роль сыграло доказательство Гауссом основной теоремы алгебры. С тех пор получены многочисленные другие доказательства, например, классические учебники алгебры Курош [29],
Вандер Варден [108] и др. Приведем здесь доказательство, основанное
на результатах, связанных с нулями целой функции (см. п. 1.4.1). Пусть
функция f = f(z) комплексного переменного z является целой функцией конечного порядка роста ρ и имеет вид
∞
f(z) =
Заметим, что если b0= 0, то функция f(z) обязательно имеет нуль.
Обозначим через γrокружность вида
γr= {z : |z| = r}, r > 0.
bk· zk, f (0) = b0= 1. (1.4.35.)
k=0
Справедлива теорема (см. теорему 1.4.1).
Теорема 1.4.10. Для того чтобы функция f не имела нулей в C,
необходимо и достаточно, чтобы для достаточно малых r
1
∆k=
γ
r
df
= 0
k
z
f
при всех k > ρ.
Данную теорему можно переформулировать следующим образом
(следствие 1.4.1).
Теорема 1.4.11. Для того чтобы целая функция f не имела нули
в C, необходимо и достаточно, чтобы все определители
b
1
2b
3b
b
0
b
2
3
1
b
2
. . . . . . . . .
kbkb
k−1bk−2
0 . . . 0
b
b
0
1
. . . 0
. . . 0
.
.
.
. . . b
.
.
.
1
57
равнялись нулю при k строго больше ρ.
Данные определители и равны интегралам ∆k. Как следствие, по-
лучаем условие того, что целая функция имеет нули с C.
Следствие 1.4.8. Для того чтобы целая функция f порядка ρ име-
ла нули в C, необходимо и достаточно, чтобы ∆k= 0 при некотором
k > ρ.
Пусть теперь f(z) является полиномом Pn(z), n > 0, вида
Pn(z) = b0+ b1z + b2z2+ ··· + bnzn,
где b0= Pn(0) + 1.
Как известно, полином является целой функцией нулевого порядка.
Рассмотрим систему ∆1, . . . , ∆n(n — степень полинома). Покажем,
что в этой системе хотя бы один определитель не равен 0. Предположим,
что все они равны 0.
Рассмотрим ∆1. ∆1= b1и поэтому b1= 0.
Рассмотрим ∆2.
∆2=
b
2b2b
1
b
0
1
=
0 1
2b20
a2= −2 b2= 0)
(
и поэтому b2= 0.
Пусть коэффициенты b1= 0, . . . , b
Покажем, что bk= 0.
Выпишем определитель ∆
k
∆k=
b
1
2b
3b
. . . . . . . . .
kbkb
2
3
b
0
b
1
b
2
k−1bk−2
0 . . . 0
b
0
b
1
. . . 0
. . . 0
.
. . . b
= (−1)
где I
— единичная матрица порядка k − 1.
k−1
∆k= (−1)
= 0 для некоторого k 6 n.
k−1
.
k+1
k+1
.
.
.
1
k bkI
k bkI
.
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
0 0 0 . . . 0
=
. . . .. . . . .
kb
k−1
k−1
0 0 . . . 0
k
,
= 0,
.
.
.
=
.
.
.
58
поэтому bk= 0.
Следовательно, по принципу полной математической индукции, b1=
b2= ··· = bn= 0, т.е. многочлен Pnравен 1 и имеет степень 0. Приходим
к противоречию.
Поэтому в системе ∆1, ∆2, . . . , ∆n, хотя бы один определитель не
равен 0. Тогда по следствию 1.4.8 полином Pn(z), n > 0, имеет нули в
C.
Это еще одно доказательство основной теоремы алгебры (полиномов).
Пусть функция f(z) вида (1.4.35.) — целая функция имеет порядок
ρ < 1.
Теорема 1.4.12. Любая целая трансцендентная функция порядка
ρ < 1 имеет нули.
Доказательство. Поскольку ρ < 1, то нужно рассмотреть опреде-
лители ∆1, ∆2, . . . , ∆k. . . и показать, что хотя бы один из них не равен
нулю.
Предположим, что ∆1= ∆2= ··· = ∆k= ··· = 0. Тогда осуществляя те же рассуждения, что и ранее, получим, что все коэффициенты
b1= b2= ··· = bk= ··· = 0, т.е. функция f (z) — константа и не является целой трансцендентной функцией. (Целая трансцендентная функция
— это функция, ряд Тейлора которой имеет бесконечно много членов,
коэффициенты которых отличны от нуля). 2
Следствие 1.4.9. Целая трансцендентная функция порядка ρ < 1
имеет бесконечное число нулей.
Доказательство. Пусть z = a — нуль функции. Тогда, деля функ-
цияю на z −a, получаем функцию также порядка ρ < 1. Она по предыдущей теореме тоже имеет нули. 2
Если ρ дробное, то теорема 1.4.12 хорошо известна [43, 107, гл. 8].
1.4.6. Правило знаков для целой функции
Рассмотрим задачу об аналоге правила знаков Декарта (теорема 1.3.5)
о числе положительных нулей целой функции.
59
Пусть целая функция f (z) с вещественными коэффициентами имеет
вид (1.4.1.). Обозначим число перемен знака в последовательности
1, b1, . . . bn, . . . (1.4.36.)
через W−, а число постоянств знака в (1.4.36.) — через W+. Если в последовательности (1.4.36.) есть нулевые элементы, то их просто опускаем.
Таким образом, в (1.4.36.) оставляем только ненулевые элементы. Для
целой трансцендентной функции f числа W−, W+могут быть конечными или бесконечными.
Предложение 1.4.4. Если W−конечно, то функция f имеет ко-
нечное число положительных нулей.
Доказательство. Пусть число W−конечно и равно m и пусть у по-
следовательности коэфффициентов нет перемен знаков после некоторого bs. Тогда у последовательности коэффициентов производной f
(s)
нет перемен знака. Либо они все отрицательны, либо все положительны. Будем считать, что они все положительны (напомним, что нулевые
коэффициенты удалены). Тогда функция f
(s)
положительна на поло-
жительной части вещественной оси.
Если у функции f бесконечное число положительных нулей, то по
теореме Ролля у ее производной f′также бесконечное число положительных нулей и т.д. Поэтому функция f
(s)
также должна иметь беско-
нечное число положительных нулей, что невозможно.
Теорема Ролля также показывает, что число положительных нулей
(считая их вместе с кратностями) функции не превосходит m + 1.
Следствие 1.4.10. Если число положительных нулей f бесконеч-
но, то число перемен знака W−также бесконечно.
Если число перемен знака W−бесконечно, то число положительных
нулей совсем не обязательно бесконечно.
Пример 1.4.5. Пусть f(z) = 2−sin z. Тогда число перемен знака W
бесконечно, но функция f (z) не имеет вещественных нулей.
Для целых функций существует уточнение предыдущих утвержде-
−
ний, а именно аналог правила Декарта для полиномов (теорема 1.3.5).
Его можно найти в [106, отдел 5, гл. 1, §4].
60