Глава 5.3

Разные задачи

[49/98%]

Показать

LaTeX

Показать LaTeX

1 · Приближение нулей трансцендентных функций нулями рациональных функций[31/100%]

Задача 5.157

Показать, исходя из соотношения

\lim _{n \rightarrow \infty }\left(1+\frac{i z}{n}\right)^{n}=\cos z+i \sin z,

что $\cos z$ и $\sin z$ не имеют мнимых корней.

Задача 5.158

Показать, исходя из соотношения

\lim _{n \rightarrow \infty }\left(1-\frac{z^{2}}{n}\right)^{n}=e^{-z^{2}},

что ни одна из производных от функции $e^{-z^{2}}$ не имеет мнимых нулей.

Задача 5.159

Функция Бесселя

J_{0}(z)=1-\frac{1}{1!1!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2!2!}\left(\frac{z}{2}\right)^{4}-\frac{1}{3!3!}\left(\frac{z}{2}\right)^{6}+\ldots

не имеет мнимых нулей. Доказать это четырьмя различными способами, исходя из следующих четырех различных представлений этой функции:

$J_{0}(z)=\lim_{n \rightarrow \infty }(-1)^{n}\left(1+\frac{z^{2}}{4 n^{2}}\right)^{n} P_{n}\left(\frac{z^{2}-4 n^{2}}{z^{2}+4 n^{2}}\right)$ [VI 85],
$J_{0}(z)=\lim_{n \rightarrow \infty } L_{n}\left(\frac{z^{2}}{4 n}\right)$ [VI 99, решение б)],
$J_{0}(z)=\frac{1}{2 \pi } \int_{-\pi }^{\pi } e^{i z \sin \vartheta } d \vartheta$ [III 148, 56],
$J_{0}(z)=\frac{2}{\pi } \int_{0}^{1} \frac{\cos z t}{\sqrt{1-t^{2}}} d t$ [III 205].

Задача 5.160

Целая функция

F(z)=1+\frac{z}{q!}+\frac{z^{2}}{(2 q)!}+\frac{z^{3}}{(3 q)!}+\ldots ,

где $q$ — целое число $\geqslant 2$ , не имеет мнимых нулей. Опираясь на 59, можно дать этому два различных доказательства.

Примечание.

G. Pólya, Tôhoku Math. J., т. 19, стр. 241, 1921.

Задача 5.161

Пусть $\alpha \geqslant 0$ , $0<\alpha_{1} \leqslant \alpha_{2} \leqslant \alpha_{3} \leqslant \ldots$ и ряд $\frac{1}{\alpha_{1}}+\frac{1}{\alpha_{2}}+\frac{1}{\alpha_{3}}+\ldots$ сходится. Показать, что целую трансцендентную функцию

g(z)=e^{-\alpha z}\left(1-\frac{z}{\alpha _{1}}\right)\left(1-\frac{z}{\alpha _{2}}\right)\left(1-\frac{z}{\alpha _{3}}\right) \ldots

можно представить в виде предела некоторой последовательности полиномов, имеющих лишь вещественные положительные нули.

Примечание.

G. Pólya und I. Schur, J. für Math., т. 144, стр. 89—113, 1914.

Задача 5.162

Пусть

g(z)=1+\frac{a_{1}}{1!} z+\frac{a_{2}}{2!} z^{2}+\frac{a_{3}}{3!} z^{3}+\ldots

Показать, что полиномы

1+\binom {n}{1} a_{1} z+\binom {n}{2} a_{2} z^{2}+\ldots +\binom {n}{n-1} a_{n-1} z^{n-1}+a_{n} z^{n}

$(n=1,2,3, \ldots )$ имеют лишь вещественные положительные нули [63].

Примечание.

Продолжение задачи 161. J. L. W. V. Jensen, Acta Math., т. 36, стр. 181, 1912.

Задача 5.163

В интервале $0<x \leqslant \alpha_{1}$

g(x)<1

и вообще

\begin{aligned} 1+\frac{a_{1}}{1!} x+\frac{a_{2}}{2!} x^{2} & +\ldots +\frac{a_{2 m-1}}{(2 m-1)!} x^{2 m-1}<g(x)< \\ & <1+\frac{a_{1}}{1!} x+\frac{a_{2}}{2!} x^{2}+\ldots +\frac{a_{2 m}}{(2 m)!} x^{2 m} \quad (m=1,2,3, \ldots ) . \end{aligned}

Примечание.

Продолжение задач 161 и 162. Таким образом, в интервале $0<x \leqslant \alpha_{1}$ функция $g(x)$ обвертывается своим рядом Маклорена; 55, 72.

Задача 5.164

Пусть $\alpha <1$ . Показать, что целая функция от $z$ , определяемая интегралом

\int _{0}^{\infty } e^{-t^{2}} g\left(-t^{2}\right) \cos z t d t,

имеет лишь вещественные нули [63].

Примечание.

Продолжение задач 161—163.

Задача 5.165

Пусть $\alpha , \beta , \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \ldots$ — вещественные числа, $\alpha \geqslant 0$ , $\beta_{v} \neq 0$ , и ряд $\frac{1}{\beta_{1}^{2}}+\frac{1}{\beta_{2}^{2}}+\ldots$ сходится. Показать, что целую трансцендентную функцию

G(z)=e^{-\alpha z^{2}+\beta z}\left(1-\frac{z}{\beta _{1}}\right) e^{\frac{z}{\beta _{1}}}\left(1-\frac{z}{\beta _{2}}\right) e^{\frac{z}{\beta _{2}}} \ldots

можно тогда представить в виде предела некоторой последовательности полиномов с вещественными лишь нулями.

Примечание.

L. c. 161.

Задача 5.166

Если

G(z)=1+\frac{b_{1}}{1!} z+\frac{b_{2}}{2!} z^{2}+\frac{b_{3}}{3!} z^{3}+\ldots ,

то

b_{m}^{2}+b_{m+1}^{2}>0 \quad (m=1,2,3, \ldots ) .

[49.]

Примечание.

Продолжение задачи 165.

Задача 5.167

Если $G(z)$ не имеет положительных нулей и $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots , a_{n}$ — вещественные числа, то полином

a_{0} G(0)+a_{1} G(1) z+a_{2} G(2) z^{2}+\ldots +a_{n} G(n) z^{n}

не может иметь больше мнимых нулей, чем полином

a_{0}+a_{1} z+a_{2} z^{2}+\ldots +a_{n} z^{n} .

Примечание.

Продолжение задач 165 и 166. 68, 69 — частные случаи этой теоремы.

Задача 5.168

Показать, основываясь на 167, что функция Бесселя $J_{0}(z)$ не имеет мнимых нулей [II 31].

Задача 5.169

Показать, основываясь на 167, что целая функция задачи 160 не имеет мнимых нулей.

Примечание.

L. c. 160.

Задача 5.170

Интеграл

\int _{0}^{\infty } e^{-t^{\alpha }} \cos z t d t=F_{\alpha }(z),

где $\alpha$ — целое четное число $\geqslant 2$ , представляет собой целую функцию, не имеющую мнимых нулей. [167.]

Примечание.

G. Pólya, Messenger, т. 52, стр. 185—188, 1923.

Задача 5.171

При $\alpha >1$ интеграл все еще представляет собой целую функцию; если $\alpha$ не является четным целым числом, то эта функция имеет лишь конечное число вещественных нулей.

Примечание.

Продолжение задачи 170.

Задача 5.171.1

Пусть $\alpha_1, \alpha_2, \ldots , \alpha_s$ — нули функции $G(z)$ в $[0,m]$ ,

0 \leqslant \alpha _1<\alpha _2<\cdots <\alpha _s \leqslant m,

и пусть

G(z) = (z-\alpha _1)(z-\alpha _2)\ldots (z-\alpha _s)G^*(z).

Рассуждать далее следующим образом:

(1)

a_0G^*(0)+a_1G^*(1)z+\cdots +a_nG^*(n)z^n

имеет в точности $m$ перемен знака (по 47 и по определению $G^*(z)$ ) и в точности $m$ положительных нулей (в силу небольшого видоизменения задачи 167 --- воспользоваться задачей 67 полнее).

(2)

a_0G^*(0)(0-\alpha _1)+a_1G^*(1)(1-\alpha _1)z+\cdots +a_mG^*(m)(m-\alpha _1)z^m

имеет в точности $m-1$ перемен знака (обратить внимание на различные возможные случаи) и потому, по 36, не более $m-1$ положительных нулей. Однако он имеет (в силу небольшого видоизменения решения 66) по меньшей мере $m-1$ , а значит, окончательно, ровно $m-1$ положительных нулей;

(3) Ввести последовательно $\alpha_2, \alpha_3, \ldots , \alpha_s$ и повторить надлежащим образом рассуждения пункта (2) (обращая на каждом шаге внимание на изменения, вызванные предыдущими шагами), чтобы прийти к искомому утверждению.

Задача 5.171.1

Пусть $\alpha_1, \alpha_2, \ldots , \alpha_s$ — нули функции $G(z)$ в $[0,m]$ ,

0 \leqslant \alpha _1<\alpha _2<\cdots <\alpha _s \leqslant m,

и пусть

G(z) = (z-\alpha _1)(z-\alpha _2)\ldots (z-\alpha _s)G^*(z).

Рассуждать далее следующим образом:

(1)

a_0G^*(0)+a_1G^*(1)z+\cdots +a_nG^*(n)z^n

(2)

a_0G^*(0)(0-\alpha _1)+a_1G^*(1)(1-\alpha _1)z+\cdots +a_mG^*(m)(m-\alpha _1)z^m

Задача 5.171.2

Сделаем следующие предположения: целая функция

g(z) = a_0+\frac{a_1}{1!}z+\frac{a_2}{2!}z^2+\frac{a_3}{3!}z^3+\cdots

является пределом полиномов, имеющих только положительные нули, но сама не является полиномом [161].

Целая функция $G(z)$ либо определена так, как в 165, либо равна определенной в 165 функции, умноженной на $z$ ; она имеет в точности $s$ неотрицательных нулей, которые просты, причем расстояние между любыми двумя из них не меньше $1$ . (Настоящую функцию $G(z)$ мы получаем из функции $G(z)$ задачи 171.1, делая $m$ сколь угодно большим.)

Тогда целая функция

a_0G(0)+\frac{a_1G(1)}{1!}z+\frac{a_2G(2)}{2!}z^2+\cdots

имеет в точности $s$ неположительных нулей.

Задача 5.171.2

Сделаем следующие предположения: целая функция

g(z) = a_0+\frac{a_1}{1!}z+\frac{a_2}{2!}z^2+\frac{a_3}{3!}z^3+\cdots

является пределом полиномов, имеющих только положительные нули, но сама не является полиномом [161].

Тогда целая функция

a_0G(0)+\frac{a_1G(1)}{1!}z+\frac{a_2G(2)}{2!}z^2+\cdots

имеет в точности $s$ неположительных нулей.

Задача 5.171.3

Если $\nu \geqslant 0$ , то целая функция

z^{\frac{\nu }{2}}J_{-\nu }(2z^{1/2}) = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-z)^n}{n!}\frac{1}{\Gamma (n+1-\nu )}

имеет в точности $[\nu ]$ неположительных нулей. (Это содержит в себе результат задачи 159.)

Задача 5.171.3

Если $\nu \geqslant 0$ , то целая функция

z^{\frac{\nu }{2}}J_{-\nu }(2z^{1/2}) = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-z)^n}{n!}\frac{1}{\Gamma (n+1-\nu )}

имеет в точности $[\nu ]$ неположительных нулей. (Это содержит в себе результат задачи 159.)

Задача 5.171.4

Пусть $k, l, m$ и $q$ — неотрицательные целые числа,

0 \leqslant k<l, \qquad k+ql \leqslant m<k+(q+1)l.

Если все нули полинома

b_0+b_1z+b_2z^2+\cdots +b_mz^m

отрицательны, то и все нули полинома

b_k+b_{k+l}z+b_{k+2l}z^2+\cdots +b_{k+ql}z^q

также отрицательны. (Отсюда при $n \to \infty$ вытекает результат задачи 160.)

Задача 5.171.4

Пусть $k, l, m$ и $q$ — неотрицательные целые числа,

0 \leqslant k<l, \qquad k+ql \leqslant m<k+(q+1)l.

Если все нули полинома

b_0+b_1z+b_2z^2+\cdots +b_mz^m

отрицательны, то и все нули полинома

b_k+b_{k+l}z+b_{k+2l}z^2+\cdots +b_{k+ql}z^q

также отрицательны. (Отсюда при $n \to \infty$ вытекает результат задачи 160.)

Задача 5.171.5

Если все нули полинома

b_0+\frac{b_1}{1!}z+\frac{b_2}{2!}z^2+\cdots +\frac{b_m}{m!}z^m

отрицательны, то и все нули полинома

b_k+\frac{b_{k+l}}{1!}z+\frac{b_{k+2l}}{2!}z^2+\cdots +\frac{b_{k+ql}}{q!}z^q

также отрицательны; $k, l, m$ и $q$ подчинены тем же условиям, что и в 171.4.

Задача 5.171.5

Если все нули полинома

b_0+\frac{b_1}{1!}z+\frac{b_2}{2!}z^2+\cdots +\frac{b_m}{m!}z^m

отрицательны, то и все нули полинома

b_k+\frac{b_{k+l}}{1!}z+\frac{b_{k+2l}}{2!}z^2+\cdots +\frac{b_{k+ql}}{q!}z^q

также отрицательны; $k, l, m$ и $q$ подчинены тем же условиям, что и в 171.4.

Задача 5.172

Уравнение

\operatorname {tg} z-z=0

имеет лишь вещественные корни. [26.]

Примечание.

Cauchy, Exercices de mathématiques (anciens exercices), 1826, Oeuvres, серия 2, т. 6, стр. 354—400, Paris, Gauthier-Villars, 1887.

Задача 5.173

Пусть в интервале $0 \leqslant t \leqslant 1$ функция $f(t)$ дважды дифференцируема, причем $f^{\prime \prime }(t)$ непрерывна, далее $f(t)>0$ , $f^{\prime }(t)<0$ , $f^{\prime \prime }(t)<0$ . Тогда четная целая функция

F(z)=\int _{0}^{1} f(t) \cos z t d t

имеет бесконечное множество и притом вещественных нулей. (Это утверждение связано с теоремой III 205, однако отлично от нее.) [26, III 165.]

Задача 5.174

Пусть $\varphi (t)$ собственно интегрируема в интервале $0 \leqslant t \leqslant 1$ . Если

\int _{0}^{1}\left|\varphi (t)\right| d t \leqslant 1,

то целая функция

F(z)=\sin z-\int _{0}^{1} \varphi (t) \sin z t d t

имеет лишь вещественные нули. [27.]

Задача 5.175

Пусть функция $f(t)$ вещественна и имеет непрерывную производную в интервале $0 \leqslant t \leqslant 1$ . Если

\left|f(1)\right| \geqslant \int _{0}^{1}\left|f^{\prime }(t)\right| d t,

то целая функция

F(z)=\int _{0}^{1} f(t) \cos z t d t

имеет лишь вещественные нули. (Условие выполняется, в частности, если $f(0) \geqslant 0$ и $f^{\prime }(t) \geqslant 0$ в интервале $0 \leqslant t \leqslant 1$ ; см. III 205.)

Задача 5.176

Целая функция

F(z)=1+\frac{z}{a}+\frac{z^{2}}{a^{4}}+\frac{z^{3}}{a^{9}}+\ldots +\frac{z^{n}}{a^{n^{2}}}+\ldots ,

где $a \geqslant 2$ , равно как и все частичные суммы ее степенного ряда, имеет лишь отрицательные вещественные простые нули. [III 200.]

Задача 5.177

Пусть функция $f(t)$ положительна и имеет непрерывную производную в интервале $0<t<1$ . Пусть, далее, $\int_{0}^{1} f(t) d t$ существует. Показать, что определяемая интегралом

\int _{0}^{1} f(t) e^{z t} d t=F(z)

целая функция не имеет нулей:

в полуплоскости $\mathrm{Re}\left(z\right) \geqslant 0$ , если $f^{\prime }(t)>0$ ;
в полуплоскости $\mathrm{Re}\left(z\right) \leqslant 0$ , если $f^{\prime }(t)<0$ .

Примечание.

Доказывается не как III 205 предельным переходом из III 22, а целесообразным перенесением самого доказательства теоремы III 22.

Задача 5.178

Доказать III 189, основываясь на 177.

Задача 5.179

Остаток показательного ряда

\frac{z^{n+1}}{(n+1)!}+\frac{z^{n+2}}{(n+2)!}+\frac{z^{n+3}}{(n+3)!}+\ldots

не обращается в нуль ни в одной точке полуплоскости $\mathrm{Re}\left(z\right) \leqslant n$ $(n=1,2,3, \ldots )$ , кроме $z=0$ . Случай $n=0$ представляет исключение: все нули лежат на граничной прямой полуплоскости $\mathrm{Re}\left(z\right) \leqslant 0$ , т. е. на оси $y$ . (Отсюда легко вытекает 73.) [177.]

Задача 5.180

Если $\sum_{n=0}^{\infty }\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|^{2}$ сходится, то

F(z)=a_{0}+a_{1} z+a_{2} z^{2}+\ldots +a_{n} z^{n}+\ldots

— целая функция. Обозначим нули $F(z)$ через $z_{1}, z_{2}, \ldots , z_{n}, \ldots$ . Показать, что ряд

\frac{1}{\left|z_{1}\right|^{2}}+\frac{1}{\left|z_{2}\right|^{2}}+\ldots +\frac{1}{\left|z_{n}\right|^{2}}+\ldots

сходится.

Задача 5.181

Если все нули некоторого полинома с вещественными коэффициентами — вещественные и простые, то между двумя соседними нулями полинома лежит лишь один нуль его производной. Верна ли эта теорема также для целых трансцендентных функций?

Задача 5.182

Пусть

F(x)=e^{H(x)},

где $H(x)$ — полином степени $\geqslant 3$ . Показать, что по крайней мере одна из двух первых производных $\frac{d F}{d x}$ и $\frac{d^{2} F}{d x^{2}}$ имеет не только вещественные нули.

Примечание.

G. Pólya, Arch. der Math. u. Phys., серия 3, т. 25, стр. 337, 1917. Решение — H. Prüfer, там же, серия 3, т. 27, стр. 92—94, 1918.

2 · Точное определение числа нулей по правилу знаков Декарта[10/100%]

Задача 5.183

Положим

f(z) e^{k z}=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{k^{n}}{n!} A_{n}^{(k)} z^{n} \quad (k>0),

\begin{aligned} & f(z)(1-z)^{-k-1}=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{\Gamma (k+n+1-m)}{\Gamma (k+1)} \frac{k^{m}}{n!} B_{n}^{(k)} z^{n} \quad (k \text{ — целое }>m-1), \\ & f(z)(1+z)^{k-1}=\sum _{n=0}^{k+m-1} \frac{(k-1)! k^{m}}{n!(k-n+m-1)!} C_{n}^{(k)} z^{n} \quad (k \text{ — целое } \geqslant 1) . \end{aligned}

Выразить коэффициенты $A_{n}^{(k)}, B_{n}^{(k)}, C_{n}^{(k)}$ через сопровождающие полиномы $P(z, \omega ), Q(z, \omega ), R(z, \omega )$ полинома $f(z)$ .

Задача 5.184

Доказать формулу

\frac{Q(z, \omega )}{\omega ^{m}}=\frac{\Gamma \left(\frac{1}{\omega }+1\right)}{\Gamma \left(\frac{1+z}{\omega }-m+1\right) \Gamma \left(-\frac{z}{\omega }\right)} \int _{0}^{1}(1-t)^{\frac{1+z}{\omega }} t^{-\frac{z+\omega }{\omega }} f\left(\frac{t}{t-1}\right) d t,

где

\omega >0,-1+(m-1) \omega <\mathrm{Re}\left(z\right)<0 .

Найти аналогичные формулы для $P(z, \omega )$ и $R(z, \omega )$ .

Задача 5.185

Обозначим число нулей полиномов

f(z), P(z, \omega ), Q(z, \omega ), R(z, \omega )

в открытом интервале $a<z<b$ соответственно через

\mathfrak {F}_{a}^{b}, \mathfrak {P}_{a}^{b}, \mathfrak {Q}_{a}^{b}, \mathfrak {R}_{a}^{b} .

Показать, что имеют место неравенства

\begin{array}{ll} \mathfrak {F}_{0}^{\infty } \leqslant \mathfrak {P}_{0}^{\infty }, & \mathfrak {F}_{-\infty }^{0} \geqslant \mathfrak {P}_{-\infty }^{0}, \\ \mathfrak {F}_{0}^{1} \leqslant \mathfrak {Q}_{0}^{\infty }, & \mathfrak {F}_{-\infty }^{0} \geqslant \mathfrak {Q}_{-1+(m-1) \omega }^{0}, \\ \mathfrak {F}_{0}^{\infty } \leqslant \mathfrak {R}_{0}^{1+(m-1) \omega }, & \mathfrak {F}_{-1}^{0} \geqslant \mathfrak {R}_{-\infty }^{0}, \mathfrak {F}_{-\infty }^{-1} \geqslant \mathfrak {R}_{1+(m-1) \omega }^{\infty } \end{array}

в предположении, что $\omega >0$ ; во второй строке, кроме того, должно быть $(m-1) \omega <1$ и, наконец, в последнем неравенстве первого столбца $\omega^{-1}$ должно быть целым числом. [38, 80.]

Примечание.

См. Laguerre, 1. c. 1, стр. 23; G. Pólya, задача, Arch. der Math. u. Phys., серия 3, т. 24, стр. 84, 1916.

Задача 5.186

Если еще предположить, что на концах соответствующего интервала (т. е. в точке $z=0$ , или 1, или $-1$ ) функция $f(z)$ не обращается в нуль, то по поводу неравенств предыдущей задачи можно добавить, что разность обеих частей представляет собой четное число (возможно равное нулю). Почему нет необходимости вводить новые предположения относительно точки $z=+\infty$ ?

Примечание.

Продолжение задачи 185.

Задача 5.187

Три степенных ряда задачи 183 обладают следующими свойствами:

Они содержат не меньше перемен знака, чем полином $f(z)$ имеет нулей соответственно в интервалах $(0,+\infty ),(0,1),(0,+\infty )$ .
С возрастанием $k$ число перемен знака не возрастает.
При достаточно большом $k$ число перемен знака сравняется с числом нулей $f(z)$ в соответствующем интервале.

Примечание.

Laguerre, 1. c. 1, стр. 13—25; M. Fekete und G. Pólya, Rend. Palermo, т. 34, стр. 89—120, 1912; E. Bálint, Diss., Budapest, 1916; D. R. Curtiss, Annals of Math. (2), т. 19, стр. 251—278, 1918.

Задача 5.188

Отнесем вещественному полиному $m$ -й степени $f(z)$ в качестве четвертого сопровождающего полинома

\begin{aligned} & J(z, \omega )=f(m \omega )-\binom {m}{1} f\left[(m-1) \omega \right] z+ \\ & \quad +\binom {m}{2} f\left[(m-2) \omega \right] z^{2}-\ldots +(-1)^{m} f(0) z^{m}, \end{aligned}

где $\omega >0$ . Обозначим аналогично 185 через $\mathfrak {J}_{a}^{b}$ число нулей полинома $J(z, \omega )$ в открытом интервале $a<z<b$ . Показать, что имеют место неравенства

\mathfrak {F}_{m \omega }^{\infty } \leqslant \mathfrak {J}_{0}^{1}, \quad \mathfrak {F}_{-\infty }^{0} \leqslant \mathfrak {J}_{1}^{\infty }, \quad \mathfrak {F}_{0}^{m \omega } \geqslant \mathfrak {J}_{-\infty }^{0} .

Если, кроме того, $f(0) \neq 0$ , $f(m \omega ) \neq 0$ , то разности двух частей этих неравенств будут четными числами.

Примечание.

G. Pólya, 1. c. 80.

Задача 5.189

Число нулей вещественного полинома $m$ -й степени $f(z)$ в интервале $m \omega <z<\infty$ не превышает числа нулей полинома

\Delta ^{m} f(0)+\binom {m}{1} \Delta ^{m-1} f(0) z+\binom {m}{2} \Delta ^{m-2} f(0) z^{2}+\ldots +f(0) z^{m}

в интервале $0<z<1$ . Здесь

\begin{aligned} & \Delta ^{v} f(0)= \\ & \quad =f(v \omega )-\binom {v}{1} f\left[(v-1) \omega \right]+\binom {v}{2} f\left[(v-2) \omega \right]-\ldots +(-1)^{v} f(0) \\ & \quad (v=0,1,2, \ldots , m) . \end{aligned}

Задача 5.189.1

Полином

f(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots +a_mx^m

с вещественными коэффициентами $a_0, a_1, \ldots , a_m$ имеет в интервале $0<x<1$ не больше нулей, чем полином

S(x) = a_0+a_1x+a_2x^4+a_3x^9+\cdots +a_mx^{m^2}

в интервале $0<x<1$ , даже если у последнего учитывать только различные нули нечетной кратности.

Задача 5.189.1

Полином

f(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots +a_mx^m

с вещественными коэффициентами $a_0, a_1, \ldots , a_m$ имеет в интервале $0<x<1$ не больше нулей, чем полином

S(x) = a_0+a_1x+a_2x^4+a_3x^9+\cdots +a_mx^{m^2}

в интервале $0<x<1$ , даже если у последнего учитывать только различные нули нечетной кратности.

Задача 5.189.2

Целая функция

D(x) = a_11^{-x}+a_22^{-x}+a_33^{-x}+\cdots +a_mm^{-x}

имеет в интервале $0<x<\infty$ не больше нулей, чем полином $f(x)-a_0$ в интервале $0<x<1$ , даже если у последнего учитывать только различные нули нечетной кратности.

Задача 5.189.2

Целая функция

D(x) = a_11^{-x}+a_22^{-x}+a_33^{-x}+\cdots +a_mm^{-x}

Задача 5.189.3

Пусть $F(x_1, x_2, \ldots , x_m)$ — однородный полином с вещественными коэффициентами от переменных $x_1, x_2, \ldots , x_m$ , и пусть

F(x_1, x_2, \ldots , x_m)>0

при

x_1 \geqslant 0, \quad x_2 \geqslant 0, \quad \ldots , \quad x_m \geqslant 0, \quad x_1+x_2+\cdots +x_m>0.

Тогда коэффициенты полинома

(x_1+x_2+\cdots +x_m)^kF(x_1, x_2, \ldots , x_m)

неотрицательны при всех достаточно больших целых положительных $k$ . (Частный случай $m=2$ совпадает с частным случаем задачи 187 (3), относящимся к третьему выражению, рассмотренному в 183, когда $\mathfrak {F}_0^{\infty }=0$ .)

Задача 5.189.3

F(x_1, x_2, \ldots , x_m)>0

при

x_1 \geqslant 0, \quad x_2 \geqslant 0, \quad \ldots , \quad x_m \geqslant 0, \quad x_1+x_2+\cdots +x_m>0.

Тогда коэффициенты полинома

(x_1+x_2+\cdots +x_m)^kF(x_1, x_2, \ldots , x_m)

3 · Дополнительные задачи о нулях многочленов[8/88%]

Задача 5.190

Каждый полином можно представить в виде отношения двух таких полиномов, что в знаменателе вовсе не будет содержаться перемен знаков, а в числителе их будет ровно столько, сколько у заданного полинома положительных нулей.¹

${ }^{1}$ ) В задачах 190—195 имеются в виду полиномы с вещественными коэффициентами. ↩

Примечание.

H. Poincaré, C. R., т. 97, стр. 1418, 1883; E. Meissner, Math. Ann., т. 70, стр. 223—235, 1911.

Задача 5.191

Пусть полином $m$ -й степени $f(x)$ обладает следующим свойством: каков бы ни был полином $P(x)$ , произведение $P(x) f(x)$ содержит по меньшей мере на $m$ перемен знака больше, чем сам $P(x)$ . Показать, что для этого необходимо и достаточно, чтобы $f(x)$ имел лишь положительные вещественные нули.

Задача 5.192

Пусть полином $f(x)$ обладает следующим свойством: каков бы ни был полином $P(x)$ , $P(x) f(x)+P^{\prime }(x)$ имеет не больше мнимых нулей, чем сам $P(x)$ . Показать, что для этого необходимо и достаточно, чтобы $f(x)=a-b x$ , где $a$ произвольно, $b \geqslant 0$ .

Задача 5.193

Полином $f(x)$ , обладающий тем свойством, что уравнение $f(x)+p=0$ для всех положительных $p$ имеет лишь вещественные корни, может быть самое большее второй степени. Если все корни уравнений указанного вида будут вещественные и притом одного знака, то $f(x)$ будет первой степени.

Геометрически это очевидно; найти доказательство, исходящее из иных принципов.

Примечание.

G. Pólya, задача, Arch. d. Math. u. Phys., серия 3, т. 21, стр. 289, 1913. Решение — G. Szegö, там же, серия 3, т. 23, стр. 81—82, 1915.

Задача 5.194

Пусть $a_{0}, a_{1}, a_{2}, b_{0}, b_{1}, b_{2}$ — вещественные числа. Показать, что выражение

a_{0}^{2} b_{2}^{2}-a_{0} a_{1} b_{1} b_{2}+a_{0} a_{2} b_{1}^{2}-2 a_{0} a_{2} b_{0} b_{2}+a_{1}^{2} b_{0} b_{2}-a_{1} a_{2} b_{0} b_{1}+a_{2}^{2} b_{0}^{2}

тогда и только тогда отрицательно, когда оба полинома

f(x)=a_{0} x^{2}+a_{1} x+a_{2}, \quad g(x)=b_{0} x^{2}+b_{1} x+b_{2}

имеют вещественные и притом простые нули, разделяющие друг друга, т. е. лежащие так, что между двумя нулями одного полинома содержится один и только один нуль другого.

Задача 5.195

Пусть $P(x)$ — полином, имеющий лишь вещественные нули. Тогда, вообще говоря, не существует ни одного первообразного по отношению к $P(x)$ полинома, который имел бы лишь вещественные нули. Точнее говоря, пусть $n$ — точная степень полинома $P(x)$ ; пусть, далее, $a$ — такое вещественное число, для которого полином $(n+1)$ -й степени

Q(x)=\int _{a}^{x} P(x) d x

имеет максимальное число вещественных нулей. Тогда можно утверждать лишь, что это максимальное число

\begin{aligned} & =2 \text{ при } n=1, \\ & \geqslant 3 \text{ » } n=2,4,6,8, \ldots , \\ & \geqslant 4 \text{ » } n=3,5,7,9, \ldots , \end{aligned}

и больше ничего утверждать нельзя, ибо при всех значениях $n$ можно указать такие $P(x)$ , для которых будет достигаться равенство.

Задача 5.196

Пусть $L$ — максимум модулей коэффициентов полинома

f(z)=z^{n}+a_{1} z^{n-1}+a_{2} z^{n-2}+\ldots +a_{n}

и $z_{1}, z_{2}, \ldots , z_{n}$ — нули этого полинома. Тогда

\left(1+\left|z_{1}\right|\right)\left(1+\left|z_{2}\right|\right) \ldots \left(1+\left|z_{n}\right|\right) \leqslant 2^{n} \sqrt{n+1} L .

[II 52.]

Примечание.

I. Schur; см. C. Siegel, Math. Zeitschr., т. 10, стр. 175, 1921.

Задача 5.196.1

Рассмотрим полиномы $P(z), Q(z), R(z)$ и

S(z) = a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots +a_{\nu }z^{n-\nu }+\cdots +a_n.

Предположим, что

P(z) \text{ имеет вещественные коэффициенты},

Q(z) \text{ имеет только отрицательные нули},

R(z) \text{ имеет только вещественные нули},

S(z) \text{ имеет только нули, модуль которых равен } 1.

Тогда

a_0P(z+ni)+\cdots +a_{\nu }P(z+(n-2\nu )i)+\cdots +a_nP(z-ni)

имеет не больше невещественных нулей, чем $P(z)$ ,

a_0Q(niz)+\cdots +a_{\nu }Q((n-2\nu )iz)+\cdots +a_nQ(-niz)

имеет только вещественные нули, а

a_0R(ni)z^n+\cdots +a_{\nu }R((n-2\nu )i)z^{n-\nu }+\cdots +a_nR(-ni)

имеет только нули, модуль которых равен $1$ .

Задача 5.196.1

Рассмотрим полиномы $P(z), Q(z), R(z)$ и

S(z) = a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots +a_{\nu }z^{n-\nu }+\cdots +a_n.

Предположим, что

P(z) \text{ имеет вещественные коэффициенты},

Q(z) \text{ имеет только отрицательные нули},

R(z) \text{ имеет только вещественные нули},

S(z) \text{ имеет только нули, модуль которых равен } 1.

Тогда

a_0P(z+ni)+\cdots +a_{\nu }P(z+(n-2\nu )i)+\cdots +a_nP(z-ni)

имеет не больше невещественных нулей, чем $P(z)$ ,

a_0Q(niz)+\cdots +a_{\nu }Q((n-2\nu )iz)+\cdots +a_nQ(-niz)

имеет только вещественные нули, а

a_0R(ni)z^n+\cdots +a_{\nu }R((n-2\nu )i)z^{n-\nu }+\cdots +a_nR(-ni)

имеет только нули, модуль которых равен $1$ .

Разные задачи

Footnotes