Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Алгебраические и трансцендентные системы уравнений. Монография.pdf
жет не иметь конечного предела. Сначала рассмотрим подход Н.Г. Чеботарева [54], основанный на теореме Адамара об умножении особенностей [15].
Пусть даны две целые трансцендентные функции вида
и
где gν=
α
z
ν
f(z) =
g(u) =
+ . . . +
ν=1
z
kνα
∞
ν=1
∞
k
ν
k
ν
e
e
ν
gν(z)
1 −
hν(u)
1 −
и hν— многочлены, а u =
z
= a0+ a1x + . . . (1.6.4.)
α
ν
u
= b0+ b1x + . . . , (1.6.5.)
β
ν
1
.
z
Возьмем от обеих функций логарифмические производные
f′(z)
= −s1− s2z − s3z2− . . . , (1.6.6.)
f(z)
g′(u)
= −σ1− σ2z − σ3z2− . . . , (1.6.7.)
g(u)
которые, как известно, имеют корни αν, βν, функций (1.6.4.), (1.6.5.) в
качестве полюсов первого порядка с вычетами +1.
Коэффициенты функций (1.6.6.), (1.6.7.) вычисляются по рекуррентным формулам (теорема 1.2.3), подобным формулам Ньютона для многочленов:
a0sm+ a1s
m−1
+ . . . + a
m−1s1
+ mam, m = 1, 2, . . . .
Функция
Φ(z) = −σ1s1− σ2s2z − σ3s3z2− . . .
в силу теоремы Адамара (см., например, [15]) будет иметь полюсами
αµ· βνи их вычеты будут также равны +1. Поэтому функция
Φ(z) dz
e
= F (z)
71
будет представлять собой целую трансцендентную функцию, которую
можно выразить в таком виде
F (z) = A
0
µ,ν
g
(z)
µ,ν
e
1 −
αµβν
z
, (1.6.8.)
где A0произвольно.
Выражение F (1) и будет реультантом функций f(z) и g(1/z). Действительно, произведение (1.6.8.) сходится для всех значений z и обращается в нуль только тогда, когда обратится в нуль один из множителей, т.е.
z
1 −
αµβ
.
ν
При z = 1 это приводит к условию
1
αµ=
.
β
ν
Но так как корни уравнения f(z) = 0 есть α1, α2, α3, . . ., а корни
уравнения g(1/z) есть 1/β1, 1/β2, 1/β3, . . . , то видим, что равенство
F (1) = 0 необходимо и достаточно для того, чтобы наши уравнения
имели хотя бы один общий корень. Таким образом справедливо утверждение
Теорема 1.6.1. Результантом функций f (z) и g(1/z) является фу-
нкция F (1).
1.6.2. Вспомогательные утверждения
Пусть g(z) — целая функция, а f (z) — целая функция конечного порядка роста имеют следующие ряды Тейлора:
∞
f(z) =
akzk, g(z) =
k=0
Функция f имеет нулями числа α1, α2, . . . , αn, . . . (каждый корень считается столько раз какова его кратность), расположенные в порядке возрастания модулей (см. §1.4). Рассмотрим круг CR= {z ∈ C : |z| < R}
∞
k=0
bkzk.
72
достаточно большого радиуса R, содержащий конечное число нулей
(вместе с кратностями) функции f: {α1, . . . , αl}. На границе γRкруга
1
нулей нет. И рассмотрим круг Cr, где R =
, с границей γr.
r
Лемма 1.6.1. Справедливы следующие равенства:
γ
1
g(
z
f(
r
)df(
1
z
1
)
z
)
= −
g(w)df(w)
γ
R
f(w)
= −(2πi)
l
g(αn). (1.6.9.)
n=1
Доказательство. Первое равенство следует из того, что при замене
1
w =
изменяется ориентация окружности γr.
z
Второе равенство в (1.6.9.) — это следствие теоремы о логарифмическом вычете 1.1.2.
Рассмотрим круг CR= {z ∈ C : |z| < R} достаточно большого
радиуса R, содержащий конечное число нулей (вместе с кратностями)
функции f: {α1, . . . , αl}. На границе γRкруга нулей нет. И рассмотрим
1
круг Cr, где R =
, с границей γr.
r
Второе равенство в (1.6.9.) это следствие теоремы о логарифмическом вычете 1.1.2. 2
Лемма 1.6.2. Пусть g(z) — целая функция, а f(z) — многочлен
степени n,
∞
g(z) =
f(z) =
n
k=0
bkzk= b0+ b1z + ··· + bkzk+ . . . ,
k=0
akzk= a0+ a1z + ··· + anzn, an= 0.
Тогда верно равенство
γ
1
g(
z
f(
r
)df(
1
z
1
)
z
= −(2πi)nb0+ (2πi)
)
∞
k=1
k˜akbk,
где ˜a1, ˜a2, . . . — коэффициенты ряда Тейлора для функции
ln (an+ a
z + ··· + a0zn) ,
n−1
73
а γr— граница круга Crдостаточно малого радиуса r, не содержащего
нулей функции f (1/z), в котором функция ln (an+ a
— голоморфна.
Доказательство. Имеем
=
γ
=
γ
r
γ
1
g(
z
r
r
)(−
g(
g(
1
z
f(
1
z
z
1
n
z
1
)df(
z
1
)
z
)d(
z
n
)(an+ ··· + a0zn)dz
n+1
(an+ ··· + a0zn)
)
=
γ
1
)(an+ ··· + a0zn) +
n
1
g(
r
1
n
z
1
z
)d(
n
z
1
(an+ a
n
z
(an+ a
(an+ ··· + a0zn)
+
z + ··· + a0zn))
n−1
z + ··· + a0zn)
n−1
1
(an+ ··· + a0zn)′dz
n
z
γ
1
g(
r
1
)
(an+ ··· + a0zn)′dz
n
z
z
1
(an+ ··· + a0zn)
n
z
z + ··· + a0zn)
n−1
=
=
=
= −n
g(
1
z
)dz
z
γ
r
+
1
g(
)(an+ ··· + a0zn)′dz
z
=
(an+ ··· + a0zn)
γ
r
1
−(2πi)nb0+
g
(ln(an+ ··· + a0zn))′dz =
z
γ
r
= −(2πi)nb0+
∞
j=0
∞
b
j
k=1
k˜a
k−j−1
z
k
γ
r
dz = −(2πi)nb0+ (2πi)
∞
k=1
k˜akbk.
Последний ряд сходится по признаку Коши:
k
ввиду того, что
lim
k→∞
k
k|˜ak| ограничены, а
k|˜akbk| = 0,
k
|bk| стремятся к нулю. 2
Приведем формулу для возведения степенного ряда в некоторую степень.
74
Пусть A и B — степенные ряды с ненулевым радиусом сходимости:
∞
A =
B = An=
akzk= a0+ a1z + a2z2+ ··· + akzk+ . . . , a0= 0,
k=0
∞
bkzk= b0+ b1z + b2z2+ ··· + bkzk+ . . . .
k=0
где n — натуральное число. Справедливо утверждение.
n−k
a
Лемма 1.6.3. Справедливы формулы bk=
0
k!
na
1
2na
3na
2
3
=
. . . . . . . . .
knak((k − 1)n − 1)a
−1a
0
(n − 1)a
(2n − 1)a
0 . . . 0
1
2
k−1
((k − 2)n − 2)a
−2a
0
(n − 2)a
1
k−2
. . . 0
. . . 0
.
.
.
. . . (n − (k − 1))a
.
.
.
1
(1.6.10.)
,
k > 1.
Доказательство. Продифференцируем равенство An= B:
nA′A
n−1
= B′,
и умножим обе его части на A. Тогда
nA′B = AB′,
∞
k=1
n
k−1
n(i + 1)a
i=0
∞
k=1
kakz
∞
k−1
k=0
i+1bk−i−1
bkzk=
zk=
∞
k=0
akz
∞
k=1
∞
k
k=1
k−1
(k − i)aib
i=0
kbkz
k−1
,
k−i
zk.
У равных рядов коэффициенты при равнах степенях равны, поэтому
k−1
n(i + 1)a
i=0
i+1bk−i−1
=
k−1
(k − i − 1)a
i=1
i+1bk−i−1
+ ka0bk.
75
Отсюда найдем рекуррентные отношения
ka0bk=
k−1
(n (i + n) − (k −i −1)) a
i=0
i+1bk−i−1
=
k
(ni − (k − i)) aib
i=1
k−i
Из рекуррентных отношений получим систему уравнений:
−1a
0
(n − 1)a
(2n − 1)a
1
2
. . . . . .
((k − 1)n − 1)a
k−1
((k − 2)n − 2)a
×
0 . . . 0 0
−2a
(n − 2)a
b
1
b
2
b
3
=
.
.
.
b
k
0
1
k−2
−2na2b
−3na3b
−knakb
. . . 0 0
. . . 0 0
.
.
.
. . . (n − (k − 1))a1−ka
−na1b
0
0
0
.
.
.
0
Определитель матрицы системы равен ∆ = (−1)ka
.
.
.
.
k
k!. По правилу
0
.
.
.
0
Крамера получаем (после переноса последнего столбца на место первого
n−k
и вынесения множителя b0= a
na
1
2na
2
3na
3
=
. . . . . . . . .
knak((k − 1)n − 1)a
−1a
0
(n − 1)a
(2n − 1)a
1
2
k−1
n
) (bk=
0
((k − 2)n − 2)a
a
0
)
k!
0 . . . 0
−2a
0
(n − 2)a
1
. . . 0
. . . 0
.
.
.
. . . (n − (k − 1))a
k−2
.
.
.
.
1
.
Замечание 1.6.1. Важным является случай, когда a0= 0, a1= 0.
Если
=
b0= b1= ··· = b
= 0, то b
n−1
na
2na
3na
2
3
4
−1a
1
(n − 1)a
(2n − 1)a
2
3
. . . . . . . . .
kna
((k − 1)n − 1)ak((k − 2)n − 2)a
k+1
n+k
0 . . . 0
−2a
1
(n − 2)a
2
. . . 0
. . . 0
.
.
. . . (n − (k − 1))a
k−1
n−k
a
1
=
k!
=
.
.
.
.
2
Эти формулы выводятся аналогично формулам (1.6.10.).
76
2
.
Замечание 1.6.2. Лемма 1.6.3 справедлива для формальных степенных рядов.
Замечание 1.6.3. Лемма 1.6.3 справедлива, когда степень n яв-
ляется комплексным числом α. Если (a0= 0), то можем положить
Aα= e
α ln A
,
так как функция ln A является голоморфной в окрестности точки 0.
1.6.3. Промежуточные построения
Теорема 1.6.2. Пусть g(z) — целая функция, а f(z) — многочлен
степени n с корнями α1, . . . , αn.
∞
g(z) =
n
f(z) =
k=0
Тогда выполняется равенство
n
g(αi) = lim
i=1
k→∞
bkzk= b0+ b1z + ··· + bkzk+ . . . ,
k=0
akzk= a0+ a1z + ··· + anzn, an= 0.
nb
0
a
n−1
1
2a
n−2
k
a
n
. . . . . . . . .
a
b
1
a
n
n−1
b
2
. . . b
0 . . . 0
a
n
. . . 0
.
.
.
k
.
.
.
.
ka
n−kan−k+1an−k+2
. . . a
n
Доказательство. Если взять достаточно большую область, в которой
находятся все корни многочлена f (z), то из лемм 1.6.1, 1.6.2 следует,
что
n
g(αk) = nb0−
k=1
∞
k=1
k˜akbk,
где ˜a1, ˜a2, . . . — коэффициенты ряда Тейлора для функции
ln(an+ a
z + ··· + a0zn).
n−1
77
Из леммы 1.2.1 о связи коэффициентов функции и ее логарифма
следует, что
˜ak=
(−1)
ka
k−1
k
n
a
2a
3a
n−1
n−2
n−3
a
a
a
n
n−1
n−2
. . . . . . . . .
a
0
a
n
n−1
. . .
. . . 0
. . . 0
.
.
.
0
.
.
.
ka
n−k
Используя это представление, получаем
a
n−1
2a
n−2
3a
n−3
. . . . . . . . .
ka
n−k
= nb0+
∞
k=1
(−1)kb
k
a
n
k
a
n−k+1
a
n
a
n−1
a
n−2
a
n−k+1an−k+2
a
n−k+2
a
a
n−1
n
. . . a
n−1
g(αk) =
k=1
0 . . . 0
n
. . . 0
. . . 0
.
.
.
. . . a
n−1
. (1.6.11.)
.
.
.
Мы можем записать частичную сумму последнего ряда следующим
образом:
0 b
a
n−1
1
2a
k
a
n
n−2
. . . . . . . . .
ka
n−kan−k+1
a
1
a
n
n−1
b
2
. . . b
0 . . . 0
a
n
. . . 0
.
a
n−k+2
. . . a
.
.
m
.
.
.
.
n
Доказательство этого равенства получается с помошью разложения
определителя по первой строке и использованием формулы Лапласа.
Добавляя вместо нуля в верхнем левом углу элемент nb0, после предельного перехода получаем
n
g(αk) = lim
k=1
k→∞
nb
0
a
n−1
1
2a
k
a
n
n−2
. . . . . . . . .
ka
n−k
b
1
a
n
a
n−1
a
n−k+1an−k+2
b
a
2
. . . b
0 . . . 0
n
. . . 0
.
.
.
. . . a
k
.
.
.
.
n
2
78
Теорема 1.6.3. Пусть g(z) — целая функция, а f(z) — многочлен
степени n с корнями α1, . . . , αn. Тогда верно следующее равенство
где Sk=
n
i=1
n
k=1
gk(αi).
g(αk) =
1
n!
S
S
S
1
2
3
1 0 . . . 0
S
1
S
2
. . . . . . . . .
SnS
n−1
2 . . . 0
S
S
n−2
1
. . . 0
.
.
.
. . . S
,
.
.
.
1
Доказательство. Построим многочлен степени n с корнями g(αi), 1 6
i 6 n,
n
R(z) =
Очевидно, что свободным членом многочлена R(z) будет (−1)
(z − g(αk)) = bn+ b
k=1
z + ··· + zn.
n−1
n
n
k=1
g(αk).
Но известны классические формулы Ньютона для выражения коэффициентов многочлена через степенные суммы его корней (см. теорема
1.2.1):
где Sk=
n
bn=
(−1)
n!
S
1
S
2
n
S
3
. . . . . . . . .
SnS
1 0 . . . 0
S
1
S
2
n−1
2 . . . 0
S
S
n−2
1
. . . 0
.
.
.
. . . S
gk(αi) — степенная сумма корней многочлена.
i=1
,
.
.
.
1
Из равенства свободного члена результанту и определителю степенных сумм следует доказательство теоремы 1.6.3. 2
Пример 1.6.1. Вычислим результант для функции g(z) = ez− 1 и
многочлена f (z) = z2− 3z:
79
S1= lim
k→∞
0 1
−3 1 0 . . . 0
0 −3 1 . . . 0
. . . . . . . . .
1
. . .
2!
.
.
.
k!
1
.
.
.
.
0 0 0 . . . 1
Раскладывая каждый раз по первому столбцу, получим
k−1
3
k!
∞
= e3− 1,
2n− 2
S1= lim
k→∞
31 +
3
2!
+
2
3
+ ··· +
3!
g2(z) = (ez− 1)2= e2z− 2ez+ 1 =
n=1
n!
Вычислив таким же образом S2, получим
S2= e6− 2e3+ 1.
Тогда результант равен
g(0) · g(3) =
1
e3− 1 1
e6− 2e3+ 1 e3− 1
2!
= 0.
zn.
Пример 1.6.2. Пусть
∞
(−1)
g(z) = cos(z) =
(2n)!
n=0
π
f(z) = (z −
)(z − π) =
2
В данном случае α1= π, α2=
степенных сумм (теорема 1.6.3):
2 0 −
−
S1=
2
cos(αi) = lim
i=1
k→∞
π
0
. . . . . . . . .
0 0 0 . . . −
n
x2n= 1 −
π
2
2
−
z
2!
3π
2
2
4
z
+
4!
z + z2.
− . . . ,
π
. Посчитаем результант при помощи
2
k
.
.
.
3π
(−1)
(2k)!
.
.
.
2
1
1
. . . 0
3π
2
2
1 0 . . . 0 0
3π
−
2
2
π
2
2!
1 . . . 0 0
3π
−
. . . 0 0
2
.
.
.
.
80