Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Алгебраические и трансцендентные системы уравнений. Монография.pdf
Раскладывая этот определитель по первой строке, получаем:
lim
k→∞
2 +
k
n=1
(−1)
(2n)!
где определить матрицы имеет порядок n. Обозначим определитель
через Dn. Докажем по индукции, что Dn= (−1)
3π
−
2
2
π
n
0
. . . . . . . . .
1 0 . . . 0
3π
−
2
2
π
2
1 . . . 0
3π
−
2
0 0 0 . . . −
. . . 0
.
.
.
π
n
2
.
.
.
3π
n
2
n
+ π
,
n
. Имеем
3π
D1= −
, что создает базу индукции.
2
Будем считать, что для m 6 n эта формула доказана. Для n + 1
достаточно разложить по последней строке и получить
π
2
π
n+1
n+1
2
2
n
D
n−1
2
π
2
+ π
n+1
=
π
2
n−1
n−1
.
+ π
n−1
,
= (−1)
n+1
3π
D
D
2
n+1
n+1
n
π
n
2
= (−1)
= −
+ π
3π
2
n
n+1
Dn−
+ (−1)
Учитывая это, получаем
lim
k→∞
2 +
k
n=1
(−1)
(2n)!
n
D
2n
= lim
k→∞
k
n=0
(−1)
(2n)!
n
π2n+
k
n=0
(−1)
(2n)!
π
= cos
+ cos π = −1.
2
Аналогично
S2= cos
π
2
+ cos2π = 1.
2
Тогда результант по теореме 1.6.3 будет равен определителю
2
cos(αi) =
i=1
1
2!
−1 1
1 −1
= 0.
81
n
2n
π
2
=
n
1.6.4. Сравнение с классическим результантом
Мы показали, что существует предел в теореме 1.6.3, позволяющий рассматривать результант функции в корнях многочлена, что равносильно
пределу классического результанта по переменной m, если многочлен
gm(z) является многочленом Тейлора (порядка m) для целой функции
g(z).
Следствие 1.6.1. Справедлива формула
n
g(αk) = lim
k=1
m→∞
a
0 a
. . . . . . . . . . . . . . .
1
a
0 . . . a
m
b
n
0 b
. . . . . . . . . . . . . . .
a
0
0
a2. . . 0
1
a1. . . 0
0
b
b2. . . 0
1
b1. . . 0
0
0
. . . a
n
. (1.6.12.)
0 . . . b
0
. . . b
m
Доказательство. Из формул (1.6.1.), (1.6.3.) получаем
a
a
a2. . . 0
1
a1. . . 0
0
b
b2. . . 0
1
b1. . . 0
0
lim
m→∞
n
gm(αk) = lim
k=1
m→∞
0
0 a
. . . . . . . . . . . . . . .
1
a
0 . . . a0. . . a
m
b
n
0
0 b
. . . . . . . . . . . . . . .
0 . . . b0. . . b
То есть
a
a
a2. . . 0
1
a1. . . 0
0
b
b
1
2
b
0
1
. . . 0
. . . 0
n
g(αk) = lim
k=1
m→∞
0
0 a
. . . . . . . . . . . . . . .
1
a
0 . . . a0. . . a
m
b
n
0
0 b
. . . . . . . . . . . . . . .
n
.
m
n
.
0 . . . b0. . . b
82
m
2
Замечание 1.6.4. Формулу (1.6.12.) можно получить прямо из
определения результанта и формулы (1.6.2.), поскольку gm→ g равно-
мерно в любом круге, поэтому gm(αk) → g(αk) при m → ∞ для любого
числа αk, k = 1, . . . , n.
Рассмотрим в связи с этим примеры 1.6.3 и 1.6.3. В примере 1.6.3
тогда очевидно, что формула (1.6.12.) дает 0.
В примере 1.6.3 получаем, что результант есть предел определителей
Сильвестра:
2
g(αk) = lim
k=1
m→∞
1 0
0 1 0
2
π
2
0
. . . . . . . . . . . . . . .
−
3π
2
2
π
2
1
2!
0 . . .
2!
1 0 . . . 0
3π
−
1 . . . 0
2
1
(−1)
(2k)!
. . . 0
k
.
0 0 0 0 . . . 1
Определители
1 0
0 1 0
2
π
2
0
. . . . . . . . . . . . . . .
−
3π
2
2
π
2
1
2!
0 . . .
2!
1 0 . . . 0
3π
−
1 . . . 0
2
1
(−1)
(2m)!
. . . 0
m
0 0 0 0 . . . 1
2
это произведение
Pm(αk), где Pm— полиномы Тейлора порядка m
k=1
функции g(z) = cos z. Так что предел этих произведений при m → ∞,
очевидно, равен 0. Видно, что вычисление здесь более простые, чем в
примере 1.6.3.
1.6.5. Нахождение результанта
Можно расширить класс функций с помощью факторизации и применения теоремы 1.6.3 к функции и полиному.
83
Рассмотрим целую функцию f(z) конечного порядка роста ρ с конечным числом нулей α1, . . . , αmи применим к ней теорему Адамара
1.4.2. Тогда
f(z) = zse
Q(z)
m
n=1
1 −
α
z
α
e
n
2
z
z
+
+···+
2
n
2α
n
qα
q
z
q
n
,
где Q(z) — полином степени p = ρ. Предположим, что s = 0.
Так как каноническое произведение для f имеет порядок 0, то q = 0,
и можно записать функцию f следующим образом:
f(z) = e
−Q(z)
P (z), (1.6.13.)
где Q(z) — полином степени p = ρ, а P(z) — полином степени m.
Пусть
∞
f(z) =
Q(z) =
akzk= 1 + a1z + ··· + anzn+ . . . ,
k=0
p
dkzk= d1z + ··· + dpzp,
k=1
m
P (z) =
bkzk= 1 + b1z + ··· + bmzm.
k=0
Возьмем логарифм от обех частей в формуле (1.6.13.). В некоторой
окрестности начала координат тогда получим
ln f(z) + Q(z) = ln P (z). (1.6.14.)
Пусть
∞
ln f(z) =
ln P(z) =
˜akzk= ˜a1z + ··· + ˜anzn+ . . . ,
k=1
∞
˜
bkzk=˜b1z + ··· +˜bnzn+ . . . .
k=1
Коэффициенты ˜anможно найти по лемме 1.2.1.
84
Теорема 1.6.4. При сделанных предположениях получаем формулы
bk=
−
(m + p)˜a
(m + p + 1)˜a
. . .
(2m + p − 1)˜a
m+p
m+p+1
2m+p−1
(m + p)˜a
(m + p + 1)˜a
. . .
(2m + p − 1)˜a
. . . (m + p + 1)˜a
. . . (m + p + 2)˜a
. . . (2m + p)˜a
m+p
m+p+1
2m+p−1
m+p+1
m+p+2
2m+p
. . . (p + 1)˜a
. . . (p + 2)˜a
. . . (m + p)˜a
. . . (p + 1)˜a
. . . (p + 2)˜a
. . . (m + p)˜a
p+1
p+2
m+p
p+1
p+2
m+p
k = 1, . . . , m. В числителе k-й столбец заменен на столбец
−(m + p + 1)˜a
−(m + p + 2)˜a
. . .
m+p+1
m+p+2
.
,
−(2m + p)˜a
2m+p
Доказательство. Без ограничения общности можно предположить,
что свободный член функции f(z) равен 1. Тогда полином Q(z) имеет
нулевой свободный член, а P(z) имеет свободный член, равный 1.
Рассмотрим производную S(z) =ln f
1
ln f
z
то
=
∞
˜akz−k= ˜a
k=1
∞
1
S(z) = −
k=1
1
+ ··· + ˜a
z
−k−1
k˜akz
′
1
. Так как
z
.
n
1
n
z
+ . . . ,
Используя равенство (1.6.14.), имеем
S(z) =ln f
Ясно, что функцияQ
1
z
1
′
=ln P
′
имеет полюс в точке z = 0 порядка p + 1.
1
z
′
+Q
1
z
′
.
z
m
Если полином P (z) = b
m
P
(z − αk), то
k=1
1
=
z
m
b
m
m
z
(1 − zαk),
k=1
85
ln P
1
z
′
= −
m
k=1
α
k
1 − zα
m
−
.
z
k
Следовательно, S(z) — рациональная функция и число ее полюсов (считаемых вместе с кратностями) равно m + p + 1.
Применив теорему 1.4.4 к функции S(z), получим, что ранг бесконечной ганкелевой матрицы ∥(k + s)˜a
k+s
∞
∥
, построенной по коэффици-
1
ентам k˜akфункции S(z), равен m + p + 1. Более того, главный минор
m + p − 1
D
m+p+1
= |(k + s)˜a
k+s
m+p+1
|
1
= 0
по следствию 1.4.4. Если удалить из S(z) члены, дающие полюс в 0, то
получим рациональную функцию φ(z), которая имеет ровно m полюсов:
m
φ(z) =
k=1
α
k
zαk− 1
.
Функции φ(z) и −S(z) имеют равные коэффициенты Лорана, начиная
с членов порядка (p + 1). Поэтому определитель
∆m= |(s + k)˜a
s+k
m+p
|
p+1
= 0. (1.6.15.)
Приравнивая коэффициенты при равных степенях в (1.6.14.), найдем, что
˜a1+ d1=˜b1,
˜a2+ d2=˜b2,
. . .
˜ap+ dp=˜bp,
˜a
p+1
˜a
p+2
. . .
˜am=˜bm,
. . .
=˜b
=˜b
p+1
p+2
,
,
86
Используя лемму 1.2.1, имеем
b1= b
b2= 2b
b3= 3b
. . .
bm= mb
0 = (m + 1)b
˜
b1,
0
˜
b2+ b
0
˜
b3+ 2b
0
˜
bm+ (m − 1)b
0
0 = (m + 2)b
. . .
0 = (m + p + 1)b
0 = (m + p + 2)b
. . .
0 = (2m + p)b
. . .
˜
b1,
1
˜
b
0
˜
b
0
0
˜
b2+ b
1
m+1
m+2
˜
b
0
˜
b
0
˜
b
2m+p
˜
b1,
2
˜
b
1
m−1
+ ··· + b
+ ··· + b
m+p+1
m+p+2
+ ··· + b
+ ··· + b
+ ··· + b
+ ··· + b
˜
b1,
m
˜
b2,
m
˜
b
m
m+p
m
m
˜
b
˜
b
p+1
p+2
.
m−1
,
,
˜
b1,
Рассмотрим m уравнений, начиная с (p + 1)-ого. Так как b0= 1 и˜bi= ˜a
(i > p), получим следующую систему уравнений:
(m + p)˜a
(m + p + 1)˜a
. . .
(2m + p − 1)˜a
m+p
=
. . . (p + 1)˜a
m+p+1
2m+p−1
. . . (p + 2)˜a
. . . (m + p)˜a
−(m + p + 1)˜a
−(m + p + 2)˜a
. . .
−(2m + p)˜a
m+p+1
m+p+2
2m+p
p+1
p+2
m+p
.
b
1
b
2
. . .
b
m
=
87
i
По правилу Крамера найдем, что bk=
(m + p)˜a
(m + p + 1)˜a
−
. . .
m+p
m+p+1
. . . (m + p + 1)˜a
. . . (m + p + 2)˜a
m+p+1
m+p+2
. . . (p + 1)˜a
. . . (p + 2)˜a
p+1
p+2
(2m + p − 1)˜a
(m + p)˜a
(m + p + 1)˜a
. . .
(2m + p − 1)˜a
2m+p−1
. . . (2m + p)˜a
m+p
m+p+1
2m+p−1
2m+p
. . . (p + 1)˜a
. . . (p + 2)˜a
. . . (m + p)˜a
. . . (m + p)˜a
p+1
p+2
m+p
m+p
В числителе k-й столбец заменяется на столбец свободных членов.
Определитель знаменателя не равен нулю по свойству (1.6.15.).
Пример 1.6.3. Найдем результант двух функций: g(z) = sin πz and
f(z) = e2z(1 − z)(1 + z). Сначала факторизуем функцию f (z).
В соответсвии с вышеприведенными формулами нужно найти коэфициенты логарифма функции f (z) с (p + 1) по (2m + p), где m —
число нулей, а p — порядок роста. Используя лемму 1.2.1, имеем
f(z) = 1+2z +
∞
k=2
2
k!
k
−
2
(k − 2)!
˜a2=
˜a3=
k−2
1
3
−1
2
zk= 1+2z + z2−
2 1
= −1
2 2
2 1 0
2 2 1
= 0
−2 1 2
2z
3
3
−
4z
4
−
3
16z
15
5
+...
2 1 0 0
˜a4=
−1
4
2 2 1 0
−2 1 2 1
−
16
3
−
2
3
1 2
1
= −
2
2 1 0 0 0
˜a5=
2 2 1 0 0
1
−2 1 2 1 0
5
−
−
16
16
2
−
3
3
−
3
4
3
1 2 1
2
−
1 2
3
= 0
.
88
Отсюда найдем
b1= −
b2= −
4˜a42˜a
5˜a53˜a
3˜a32˜a
4˜a43˜a
3˜a34˜a
4˜a45˜a
3˜a32˜a
4˜a43˜a
=
−2 −2
0 0
0 −2
−2 0
0 −2
−2 0
0 −2
−2 0
2
3
2
3
4
5
= −
2
3
Сейчас найдем S1и S2из теоремы 1.6.3:
0 π 0 . . .
0 −1 0 . . . 0
S1= lim
k→∞
(−1)
2k+1
2 0 −1 . . . 0
. . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1
0 0 π . . .
0 −1 0 . . . 0
2k
S2= lim
k→∞
(−1)
2 0 −1 . . . 0
. . . . . . . . .
.
.
= 0,
= −1.
(−1)kπ
2k+1
(2k+1)!
= 0
(2π)
2k
.
.
.
.
.
.
k−1
(−1)
2(2k)!
= 0
.
.
.
.
0 0 0 . . . 1
Следовательно,
g(α1) · g(α2) = g(1)g(−1) =
1
2!
0 0
0 0
= 0.
Так что f(z) и g(z) имеют общие нули.
Если мы не знаем порядок и число нулей функции f(z), то мы их
можем найти, использовав результаты §1.4.
1.7. Бесконечное число нулей двух целых функций
Здесь изучим более общий подход, чем в предыдущем параграфе, когда
обе функции целые [41].
89
1.7.1. Основная идея
Пусть f (z) и g(z) — целые функции на комплексной плоскости C вида
f(z) = a0+ a1z + a2z2+ . . . + anzn+ . . . , a0= 1, (1.7.1.)
и
g(z) = b0+ b1z + b2z2+ . . . + bnzn+ . . . . (1.7.2.)
В дальнейшем будем рассматривать трансцендентные функции f(z)
и g(z), т.е. целые функции, у которых бесконечно много коэффициентов ajи bjотличные от нуля. Нас будет интересовать вопрос, когда эти
функции имеют хотя бы один общий ноль.
Если f и g — многочлены, то ответ на этот вопрос дает классический результант Сильвестра (см. п. 1.5). Если f(z) — многочлен, а
g(z) — трансцендентная функция, то он рассмотрен в предыдущем параграфе (а также в статье [91]). Цель данного параграфа рассмотреть
трансцендентные функции f и g.
Основным подоходом к решению данной задачи является формула
логарифмического вычета.
Пусть γR= {z : |z| = R} — окружность с центром в нуле и радиусом
R. Пусть нули f (z) не лежат на γR. Рассмотрим интеграл
IR=
1
2πi
γ
R
g(ζ)
df(ζ)
. (1.7.3.)
f(ζ)
По формуле логарифмического вычета
N
R
IR=
g(αk),
k=1
где NR— число нулей функции f (z) в круге CR= {z : |z| < R} (нули
считаются вместе с их кратностями), а αk— сами нули.
Если рассмотрим интегралы
=
1
2πi
γ
R
gm(ζ)
m
I
R
df(ζ)
, m ∈ N,
f(ζ)
90