WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 || 3 |

|g(z, h1(z))| (|H2(z)µb(z)| + |h2(z) - h1(z)|C()e-b) max(|f(h2(z))|, sup |f()|) = K2(z) max(|f(h2(z))|, sup |f()|), ||=1+1 ||=1+ vz() sup |g(z, )| sup + sup | - h2(z)|C() vz(h2(z))hb(z) ||=1-1 ||=1-1 ||=1- e-b max(|f(h2(z))|, sup |f()|) Ce-b max(|f(h2(z))|, sup |f()|) ||=1+1 ||=1+ K2(z) max(|f(h2(z)|, sup |f()|).

||=1+Последнее неравенство выполняется для достаточно больших b. Доказательство леммы 4 закончено.

Последовательное применение оценок, полученных в леммах 3 и 4, приводит нас к неравенствам |i(z, h2(z))| C1(K1(z)K2(z))i-1e-(a+b), i i-|i(z, h1(z))| C1K1(z)K2 (z)e-(a+b), i = 1,..., k + 1.

Поясним более подробно, как это делается. На первом шаге нужно воспользоваться содержащимися в доказательстве лемм оценками sup |g(z, )| Ce-a max(|f(h1(z))|, sup |f()|), ||=1+1 ||=1-sup |g(z, )| Ce-b max(|f(h2(z))|, sup |f()|), ||=1-1 ||=1+а затем применять оценки, содержащиеся в утверждениях лемм.

Далее временно опустим аргумент z в обозначениях функций h1(z), h2(z), µ(z), H1(z), H2(z), H(z) и рассмотрим модули сумм, входящих в 1(z, k):

k S1(z) µ(a+b)(k-i)Hk-i(h2 - h1)i(z, h2) i=k C1e-(a+b)|h2 - h1| |µa+bH|k-i(|µaH1| + |h2 - h1|C()e-a)i-i= (|µbH2| + |h2 - h1|C()e-b)i-k C1e-(a+b)|h2 - h1||µa+bH|k-1 (1 + |h2 - h1|)2(i-1) i=830 В. И. Лотов, Н. Г. Орлова C1e-(a+b)|h2 - h1||µa+bH|k-1(1 + |h2 - h1|)2(k-1) (1 + |h2 - h1|)-(i-1) i= Ce-(a+b)|µa+bH|k-1(1 + |h2 - h1|)2(k-1).

Здесь все неравенства выполняются при достаточно больших a и b. Аналогично получаем k- S2(z) µ(a+b)(k-1-i)Hk-1-iµaH1(h2 - h1)i(z, h1) i= Ce-(a+b)|µa+bH|k-1(1 + |h2 - h1|)2(k-1).

Заметим, что величины vz(1)/ vz(h2)hb |(h2 - h1)/(1 - µa+bH)|, |(1 - h2)/(1 - µa+bH)|, равномерно ограничены в L при достаточно больших a и b (см. оценки в [4]) и, следовательно, | 1(z, k)| = |µa+bH|k-1(1 + |h2 - h1|)2(k-1)O(e-(a+b)).

Теорема 2 доказана.

Заметим, что для любого подмножества A L, отделенного от единицы, sup |h1(z)| < 1 - 2, inf |h2(z)| > 1 + 2, 2 > 0, zA zA поэтому для z A оценку (7) можно усилить до | i(z, k)| = O(e-(k+a+b)), > 0. (8) 4. Асимптотические разложения вероятностей Целью данного пункта является получение полных асимптотических раз (1) ложений для P n = k при условии, что величины a, b, k и n растут согласованным образом. Поскольку простых выражений для коэффициентов разложений в данной задаче, по-видимому, не существует, мы, по существу, приводим алгоритмы (т. е. цепочки формул), ведущие к нахождению указанных коэффициентов. При этом главные члены разложений будут вычислены в явном виде.

Введем обозначения 1 Q1(z, k) J1(n, k) dz, 2i zn+l 1 hak+b(k-1)(z) 1 - µa+b(z)H(z) J2(n, k) a1(z)Hk(z) dz, 2i (hak+kb(z) - z)zn+l 1 1(z, k)(1 - µa+b(z)H(z)) J3(n, k) dz, 2i (1 - z)zn+lгде l1 = {|z -1|, |z| = 1}, а l2 контур, полученный из дуги {|z -1| <, |z| = 1} искривлением внутрь L вблизи точки z = 1. Тогда (1) P n = k = J1(n, k) + J2(n, k) + J3(n, k). (9) Асимптотические разложения Оценим J1(n, k). Известно [7], что при z l1 и при некотором 1 > 0 функции ±1 ±rz+(), rz-() аналитически продолжаются в области || < 1 + 1, || > 1 - соответственно. Обозначим для z l ±1 ± ±rz+() = vi (z)i, rz-() = u±(z)-i, i i=0 i=± тогда для vi (z), u±(z) справедливы оценки i ± ±1 ± vi (z) sup rz+()/(1 + 1)i+1 Cv e-i, (10) ||=1+ ±1 ± u±(z) sup rz-()/(1 - 1)-i+1 Cu e-i, > 0. (11) i ||=1-Здесь первые неравенства следуют из общей формулы для коэффициентов в рядах Лорана. Далее, для оценки Q1(z, k) на контуре l1 нам потребуется следующая Лемма 5. Пусть z l1. Тогда для любого k ((BA)ke)(z, ) p(k)(z)i, || 1, i i=b где 2k- p(k)(z) C0 Ck(i - b + 1)e-2(a+b)(k-1)-2a-i, (12) i + - + C = Cu Cu Cv Cv, C0 = je-2(j-1).

j=Доказательство леммы 5. Воспользуемся индукцией. При k = 1 имеем (-,-a] (Ae)(z, ) = · · · + u+(z)-1 + u+(z) · · · + u-(z)-1 + u-(z) 1 0 1 (1) qi (z)-i, i=a (1) где qi (z) = u+(z)u-(z) + u+(z)u- (z) + · · · + u+ (z)u-(z). Используя (10) и 0 i 1 i-1 i-a a (11), получаем (1) + qi (z) (i - a + 1)Cu Cu e-i.

Далее, [b,) (1) -rz+() qi (z)-i i=a [b,) (1) - - (1) = v0 (z)+v1 (z)+......+qa+1(z)-a-1 +qa (z)-a p(1)(z)i, i i=b (1) (1) (1) p(1)(z) = qa (z)vi+a(z) + qa+1(z)vi+a+1(z) + qa+2(z)vi+a+2(z) +..., i + - p(1)(z) C0Cu Cu Cv e-i-2a, i (BA)e(z, ) = rz+() p(1)(z)i p(1)(z)i, i i i=b i=b 832 В. И. Лотов, Н. Г. Орлова + + + p(1)(z) = v0 (z)p(1)(z) + v1 (z)p(1) (z) + · · · + vi-b(z)p(1)(z), i i i-1 b + - + p(1)(z) (i - b + 1)C0Cu Cu Cv Cv e-2a-i = C0C(i - b + 1)e-2a-i.

i Утверждение леммы для k = 1 установлено.

Покажем теперь, что из справедливости (12) для k = m следует справедливость (12) для k = m + 1. Пусть (-,-a] -rz-() p(m)(z)i = (· · · + u-(z)-1 + u-(z)) i 1 i=b (-,-a] p(m)(z)b + p(m)(z)b+1 +... qi (m+1)(z)-i, b b+i=a тогда qi (m+1)(z) = u- (z)p(m)(z) + u- (z)p(m)(z) +..., i+b b i+b+1 b+ 2m qi (m+1)(z) C0 CmCu e-2(a+b)m-i.

Далее, для коэффициентов разложения rz-() qi (m+1)(z)-i = · · · + u+(z)-1 + u+(z) 1 i=a (m+1) · · · + qa+1 (m+1)(z)-a qi (z)-i (m+1)(z)-a-1 + qa i=a имеем (m+1) qi (z) = u+(z)qi (m+1)(z) (m+1)(z), (m+1)(z) + u+(z)qi-1 + · · · + u+ (z)qa 0 1 i-a (m+1) 2m - + qi (z) C0 CmCu Cu (i - a + 1)e-2(a+b)m-i.

Аналогично если [b,) (m+1) -1 - rz+() qi (z)-i = (v0 (z) + v1 (z) +... ) i=a [b,) (m+1) (m+1) · · · + qa+1 (z)-a-1 + qa (z)-a p(m+1)(z)i, i i=b то (m+1) (m+1) (m+1) p(m+1)(z) = qa (z)vi+a(z) + qa+1 (z)vi+a+1(z) + qa+2 (z)vi+a+2(z) +..., i 2m+1 + - p(m+1)(z) C0 CmCu Cu Cv e-2(a+b)m-i-2a.

i Если ((BA)m+1e)(z, ) = rz+() p(m+1)(z)i p(m+1)(z)i, i i i=b i=b то + + + p(m+1)(z) = v0 (z)p(m+1)(z) + v1 (z)p(m+1)(z) + · · · + vi-b(z)p(m+1)(z), i i i-1 b 2m+ p(m+1)(z) C0 Cm+1(i - b + 1)e-2(a+b)m-2a-i.

i Лемма 5 доказана.

Асимптотические разложения Таким образом, |(BA)ke(z, 1)| = O(e-k(a+b)/2). Отсюда сразу следует, что J1(n, k) = O(e-k(a+b)/2). (13) Заметим, что функции a1(z), h1(z), h2(z), H(z) аналитически продолжаются в область D = {|z - 1| < }\{z = Re z 1} при некотором > 0. Пусть K = {z D, | arg(z - 1)| > /4}. Для любого подмножества A K, отделенного от единицы, sup |h1(z)| < 1 - 1, sup |h2(z)| > 1 + 1, 1 > 0.

zA zA Пусть l3 контур, полученный из контура {| arg(z - 1)| = /4, |z - 1| } искривлением внутрь K вблизи точки z = 1. Обозначим через l4, l5 отрезки прямых, соединяющие концы контуров l1 и l3, находящиеся соответственно в полуплоскостях Im z > 0, Im z < 0.

Отметим, что введенные в формулировке теоремы 2 и непосредственно перед ней функции aj(z), Hj(z), hj(z), j = 1, 2, H(z), µ(z) допускают разложения в ряды по неотрицательным степеням величины i(z - 1)1/2 в некоторой окрестности единицы, разрезанной по лучу {z = Re z 1}. Это следует из определения этих функций и работ [4, 7]. Кроме того, Hj(1) = H(1) = µ(1) = 1. Сделаем замену t = i(z - 1)1/2 (здесь выбирается главное значение корня) и для удобства сохраним прежние обозначения для функций hj, Hj, aj, j = 1, 2, µ, H, 1. Ясно, что все эти функции (теперь уже как функции переменной t) будут аналитическими в окрестности нуля.

Пусть 2,, 4, 5, L, K соответственно образы l2, l3, l4, l5, L, K в плоскости переменной t.

Для t K, целых a и b имеют место неравенства 1 - µa+b(t)H(t) 1 - H(t) 1 - H(t) H(t) 1 - µa+b(t) + t t t t 1 - µ(t) 1 - H(t) + (a + b)H(t)1 - µ(t) + H(t) (1 + µ(t) + · · · + µa+b-1(t)).

t t t Функции (1 - H(t))/t, (1 - µ(t))/t аналитичны в K, непрерывны в замыкании K, и |1 - µ[a+b]+1(t)| |1 - µa+b(t)|. Здесь квадратные скобки означают целую часть числа. Вместе с (8) это дает 1 2 1(t, k)(1 - µa+b(t)H(t)) |J3(n, k)| = dt 2 t(1 - t2)n+ = (a + b)O(e-(k+a+b)) = O(e-(k+a+b)/2). (14) Обозначим 1 hak+(k-1)b(t) (1 - µa+b(t)H(t)) (t) = - a1(t)Hk(t).

i (hak+bk(t) - t2)n+1t В силу теоремы Коши и замечаний, сделанных выше, для d(n) (t) dt = (t) dt - (t) dt 4 5 834 В. И. Лотов, Н. Г. Орлова имеем оценку |d(n)| = O(e-k(a+b)).

Пусть J2(n, k) (t) dt.

Тогда J2(n, k) = J2(n, k) + O(e-k(a+b)).

Рассмотрим J2(n, k). Имеем 1 hak+(k-1)b(t) (1 - µa+b(t)H(t)) J2(n, k) = - a1(t)Hk(t) dt i (hak+bk(t) - t2)n+1t 1 hak+(k-1)b(t)(1 - H(t)) = - a1(t)Hk(t) dt i hak+bk(t)(1 - t2)n+1t 1 hak+(k-1)b(t)(1 - µa+b(t)) - a1(t)Hk+1(t) dt i hak+bk(t)(1 - t2)n+1t 1 (a + b) = D(t)enf(t) dt + D(t)enf(t) dtdx i i I1(n) + (a + b)I2(n). (15) Для получения последнего равенства мы воспользовались представлением e(a+b) ln µ - = ex(a+b) ln µ dx, (a + b) ln µ в двойном интеграле поменяли порядок интегрирования и ввели следующие обозначения:

1 - H(t) ln µ(t) D(t) = -a1(t), D(t) = a1(t)H(t), (1 - t2)t (1 - t2)t f(t) = (1 + 2 - 4) ln h1(t) - (1 + 2) ln h2(t) + 5 ln H(t) - ln(1 - t2), f(t) = (1 + 2 + x3 + (x - 1)4) ln h1(t) - (1 + 2 + x3 + x4) ln h2(t) + 5 ln H(t) - ln(1 - t2), ak bk a b k 1 =, 2 =, 3 =, 4 =, 5 =.

n n n n n Здесь выбираем главное значение логарифма. Напомним [4, 7], что в окрестности нуля имеют место разложения h1(t) = 1 + 1t + 2t2 +..., h2(t) = 1 - 1t + 2t2 -..., где 1 = 2/D1, H(t) = 1 + 1t + 2t2 +....

Следовательно, при подходящем выборе значения функций h1(t), h2(t), µ(t), H(t) отделены от нуля. При этом функции D(t), D(t), f(t), f(t) аналитичны Асимптотические разложения в области K. Получим теперь асимптотические разложения для I1(n), I2(n) с помощью модификации метода перевала [1]. Рассмотрим уравнения h (t) h (t) F1(t, z1, z2, z3, z4, z5) z1 1 h1(t) h2(t) h (t) h (t) h (t) H (t) 2t + z2 1 - - z4 1 + z5 + = 0, (16) h1(t) h2(t) h1(t) H(t) 1 - t h (t) h (t) F2(t, z1, z2, z3, z4, z5) z1 1 h1(t) h2(t) h (t) h (t) h (t) h (t) 2 + z2 1 - + xz3 1 h1(t) h2(t) h1(t) h2(t) h (t) h (t) H (t) 2t 1 + z4 (x - 1) - x + z5 + = 0. (17) h1(t) h2(t) H(t) 1 - tФункции Fj(t, z1, z2, z3, z4, z5), j = 1, 2, аналитичны в точке 0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0), Fj(0) Fj(0) = 0, = 2, и, следовательно, по теореме о неявной функции суt ществуют решения t1(z1, z2, z3, z4, z5) и t2(z1, z2, z3, z4, z5) уравнений (16) и (17) соответственно, представимые в некоторой окрестности = {|zj| <, j = 1, 2, 3, 4, 5} в виде сходящихся рядов по степеням z1, z2, z3, z4, z5. Заметим, что f (t) = F1(t, 1, 2, 0, 4, 5), f (t) = F2(t, 1, 2, 3, 4, 5).

Таким образом, разложения для точек перевала t0, t0 функций f(t), f(t) соответственно имеют вид 1 t = t1(1, 2, 0, 4, 5) = -11 - 12 - 4 - 5 + O((1 + 2)2), 2 2x - 1 t0 = t2(1, 2, 3, 4, 5) = -11 -12 -x13 - 14 - 5 +O((1 +2)2).

2 Введем следующие обозначения:

ln h1(t) 1t + 2t2 + 3t3 +..., где 1 1 = 1, 2 = 2 -, 3 = 3 - 12 + 1.

2 Далее, ln h2(t) = ln h1(-t) = -1t + 2t2 - 3t3 +..., t4 tln H(t) 1t + 2t2 + 3t3 +..., ln(1 - t2) = -t2 - - -....

2 Следовательно, f(t) = (211 + 212 - 14 + 15)t + (1 - 24 + 25)t2 +..., f(t) = (211 + 212 + 21x3 + (2x - 1)14 + 15)t + (1 - 24 + 25)t2 +..., 1 f(t0) = - 11 + 12 - 4 + 5 + O((1 + 2)3), 2 2x - 1 f(t0) = - 11 + 12 - 1x3 + 14 + 5 + O((1 + 2)3), 2 836 В. И. Лотов, Н. Г. Орлова f (t0) = 2 - 224 + 25 + O((1 + 2)2), f (t0) = 2 - 224 + 25 + O((1 + 2)2).

Применим к I1(n), I2(n) модифицированный метод перевала. Поскольку f (t0) = 0, f (t0) = 0, каждая пара кривых Re f(t) = f(t0), Re f(t) = f(t0) делит окрестности точек t0, t0 соответственно на четыре прямоугольных сек тора, в которых поочередно Re f(t) < f(t0), Re f(t) < f(t0) и Re f(t) > f(t0), Re f(t) > f(t0). При достаточно больших n концы контура лежат внутри сек торов Re f(t) < f(t0), Re f(t) < f(t0). Изменим в I1(n), I2(n) контур таким образом, чтобы, оставаясь внутри этих секторов, он проходил через точки t0, t0.

Пусть gl,s, gl,s коэффициенты при zl в произведениях 1 (D0 + D1z +... )(f1z + f2z2 +... )s, (D0 + D1z +... )(f1z + f2z2 +... )s s! s! соответственно, где D(m)(t0) f(m+2)(t0) Dm =, fm =, m! (m + 2)! D(m)(t0) f(m+2)(t0) Dm =, fm =, m = 0, 1,....

m! (m + 2)! Тогда при любом q 1 метод Лапласа оценки интегралов дает q- 1 0 I1(n) = Qlenf(t ) + Rqenf(t ), (18) nl+1/2 nq+1/l= 1 q- 1 0 I2(n) = Qlenf(t )dx + Rqenf(t )dx, (19) nl+1/2 nq+1/l=0 (-1)1/2 2l Ql = g2l,s(-f0)-s-l-1/2 (l + s + 1/2), (20) s= (-1)1/2 2l Ql = g2l,s(-f0)-s-l-1/2 (l + s + 1/2). (21) s= Остаточные члены Rq, Rq ограничены при достаточно малом. Коэффициенты Ql, Ql можно представить в виде сходящихся рядов по степеням i, i = 1,..., 5.

Обозначим 0 dl(a, b, n, k) = Qlenf(t ) + (a + b) Qlenf(t ) dx, (22) 0 rl(a, b, n, k) = Rqenf(t ) + (a + b) Rqenf(t ) dx. (23) Мы приходим к следующему утверждению.

Асимптотические разложения Теорема 3. Для произвольного целого q 1, k 1, ak = o(n), bk = o(n), a = a(n), b = b(n) (n ) q- dl(a, b, n, k) rq(a, b, n, k) (1) P n = k = + + O(e-(k+a+b)), nl+1/2 nq+1/l=где dl(a, b, n, k), rl(a, b, n, k) определяются формулами (22), (23).

Полученное асимптотическое разложение носит предварительный характер, так как величины dl(a, b, n, k), rq(a, b, n, k) зависят от n. Дальнейшее уточнение зависимости этих коэффициентов от n требует знания скорости роста границ.

Наибольший интерес представляет случай нормального роста границ.

Предположим, что k = const, k 1, a = x1 n, b = x2 n. Как отмечалось, предельная теорема для числа пересечений полосы в этой ситуации доказана в [2]. Теперь наша задача состоит в нахождении полных асимптотических разложений. В последующих формулах используется переменная s, равная всегда s = i1 +i2, где i1, i2 принимают значения 0, 1, 2.... В наших условиях величины 0 enf(t ), enf(t ), Ql, Ql допускают разложения по степеням n-1/2:

2 2k-1 0 1 1 enf(t ) = e- (kx1+ x2)2 1 + m(j) (k)xi xi, (24) nj/2 i1i2 1 j=1 sNj 2 2k+2x-1 0 1 1 enf(t ) = e- ((k+x)x1+ x2)2 1 + m(j) (k, x)xi xi, (25) nj/2 i1i2 1 j=1 sNj 1 Ql = d(jl) (k)xi xi, (26) nj/2 i1i2 1 j=0 s=j 1 Ql = d(jl) (k, x)xi xi, (27) nj/2 i1i2 1 j=0 s=j где Nj = {j + 2i; i = 1, 2,..., j}.

Заметим, что m(j) (k), m(j) (k, x), d(jl) (k), d(jl) (k, x) являются многочле i1i2 i1i2 i1i2 i1iнами степени не выше s по каждому аргументу. Подставим теперь выражения (24)–(27) в (18) и (19), выполним умножение рядов и перегруппируем слагаемые по степеням n-1/2. В результате получаем разложения вида q- 2 2k-1 1 1 I1(n) = e- (kx1+ x2)2 L(1l)(k)xi xi n(l+1)/2 i1i2 1 l=0 sMl (1) + q (k, x1, x2), (28) n(q+1)/ q- 1 2 2k+2x-1 1 I2(n) = xi xi L(2l)(k, x)e- ((k+x)x1+ x2)2 dx n(l+1)/2 1 2 i1i l=0 sMl 1 2 2k+2x-(2) 1 + q (k, x1, x2, x)e- ((k+x)x1+ x2)2dx, (29) n(q+1)/838 В. И. Лотов, Н. Г. Орлова где L(10) = L(20) =. Множества Ml определяются следующим образом:

Pages:     | 1 || 3 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.