半平面上有限级B值Dirichlet级数的增长性
2011-11-27刘米娜孙道椿
刘米娜,孙道椿
(华南师范大学数学科学学院,广东广州510631)
本文用B表示Banach空间.设bn⊂B是Banach空间中的一列元素.设B值Dirichlet级数
(1)
满足0<λ1<λ2<…<λn↑∞.并设
(2)
其中‖·‖表示B空间中的范数.
定义1
M(σ)=sup{‖f(σ+it)‖;-∞
定义2 级数f(s)的在右半平面Res>0的增长级ρ定义为
(3)
设级数f(s)的级为有穷正级ρ,则由文献[1],存在函数U(r)=rρ(r),其中ρ(r)在r≥r0非负、连续、单调且满足
引理1 如果B值Dirichlet级数(1)在s0=σ0+it0处收敛,那么
2)在半平面Res>0内收敛,而且在其中的任何紧集上一致收敛.
证明先证1),把级数(1)改写为
并且令
An j=bne-λns0+…+bn+je-λn+j s0.
由文献[2]中的引理1.1.1,对于任意自然数k和n,
e-λn+j+1(s-s0))+Anke-λn+k(σ-σ0),
因此
e-λn+j+1(s-s0))|+‖Ank‖e-λn+k(σ-σ0).
|e-λn+j(s-s0)-e-λn+j+1(s-s0)|≤
因为级数(1)在s=s0处收敛,所以∀ε>0,∃N>0,使得
因此结论1)得证.结论2)不难由1)得出.
引理2 对于B值Dirichlet级数(1),
1)如果它在s0=σ0+it0处绝对收敛,那么它在闭半平面Res≥σ0上绝对收敛.
2)如果它在直线Res=σ0上一致收敛,那么它在闭半平面Res≥σ0上一致收敛.
证明与文献[2]的定理1.1.2的方法类似.
证明先证第1个不等式,只需证∀σ0>σc,有
下设-∞
‖bn‖≤eλn(l+ε),n≤eλn(D+ε).
∀n,m(n≤m),有
由此可见级数(1)在l+D+3ε处绝对收敛.由ε的任意性,即得引理.
引理4 定义1中的M(σ)和m(σ)的存在性.
故
则M(σ)被有限项所控制,故存在性得证.m(σ)的存在性显然.
引理5 设具有有限正级ρ的B值Dirichlet级数满足
(4)
则
(5)
于是
(6)
由式(4)及∀σ1>0,整数k>1,当n>k时,有
结合式(6),有
(7)
另一方面,由文献[3],当σ>σa时,有m(σ)≤M(σ).这就得到引理.
引理6[1]设a>0,λ>0,函数
在
时达到最小值
其中r=W(t)与t=rU(r)互为反函数,且
引理7[4]设b>0,σ>0,函数
仿照文献[5]中的证明方法,可以得到
定理1 设有限ρ级的B值Dirichlet级数满足
则
其中t为一个正常数.
定理2 设有限ρ级B值Dirichlet级数满足条件(2)和
则
其中α=(1+ρ)1+ρρ-ρ,U(r)是定义2中的型函数.
则
由于r=W(t)与t=rU(r)互为反函数,且都为单调增函数
因此
λn>(logn)(ρ1+1)/ρ1>1,
及
m(σ)=max{‖bn‖e-λnσ}≤
因此
结合引理5,有
由‖bn‖e-λnσ≤m(σ)≤M(σ),得
根据引理6得,存在N3>0,使得当n>N3时,有
因此有
故
这与假设矛盾,充分性得证.
再证必要性:若
用反证法,假定
由充分性的证明可得
这就得到矛盾,因此定理得证.
定理3 设有限ρ级B值Dirichlet级数(1)满足条件(2)、(4)和
则
(8)
且存在一个递增正整数列{nv},使
(9)
其中α=(1+ρ)1+ρρ-ρ,U(r)是定义3中的型函数.
证明先证充分性,若式(8)右边和式(9)成立,则由
即
因为t=rU(r)与r=W(t)互为反函数且都是递增的函数,所以
log+M(σ)≥log+m(σ)≥log+‖bnv‖-λnvσv≥
因此
再根据定理2得
再证必要性:首先若式(8)左边成立.则由定理4得,式(8)右边也成立.为证明式(9)成立,取单调下降正数列{εk}→ 0.令
(10)
(11)
因此有
即有
取μ>0,使
故当n≥n0时
(0<β=min{η,γ}<1),
从而
这与式(8)左边矛盾,从而定理得证
参考文献:
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