The estimation of the ratio of two entire functions with the same zeros in the ball

0.17 MB·

by  V. L. Geynts

Оценка отношения двух целых функций,
нули которых совпадают в круге.
6
1
0 В.Л. Гейнц, А.А. Шкаликов
2

n 20 января 2016 г.
a
J

6
1
Аннотация

]
V
В заметке изучаются целые функции конечного порядка роста,
C
которые на некотором луче комплексной плоскости допускают пред-
h. ставление ψ(z) = 1 + O(|z|−µ),µ > 0. Получен следующий резуль-
t
a тат: если нули двух функций ψ ,ψ такого класса совпадают в кру-
1 2
m
ге радиуса R с центром в нуле, то при любых произвольно малых
[ δ ∈ (0,1), ε > 0 в круге радиуса R1−δ отношение этих функций допус-

1 кает оценку |ψ (z)/ψ (z)−1| 6 εR−µ(1−δ), если R > R (ε,δ) Получен-
1 2 0
v
ны результаты важны для анализа устойчивости в задаче о восстанов-
6
9 лении потенциала уравнения Шредингера на полуоси по резонансам
6 оператора.
4
0 Библиография: 3 названия.
.
1
0
6 1. Введение. В спектральной теории оператора Шредингера с быстро-
1
убывающем потенциалом важную роль играют целые функции вида
:
v
i
X ∞
ψ(z) = 1+ K(t)eiztdt, (1)
r
a
Z0
где функция K(t) определяется ядром оператора преобразования, которое
в свою очередь определяется потенциалом q оператора Шредингера
Ay = −y′′ +q(x)y, x ∈ [0,∞).
Известно [2, Гл. 2], что если потенциал q подчинен условию
∞
|q(x)|exp(xγ)dx 6 C < ∞, при некотором γ > 1,
0
Z0
то функция K подчинена оценке
γ
t
|K(t)| 6 C exp − ,
2
(cid:18) (cid:18) (cid:19) (cid:19)
0Работа выполнена при финансовой поддержке гранта РФФИ 15-51-12389.
с постоянной C, зависящей от C . В этом случае нетрудно показать, что
0
функция ψ является целой порядка роста, не превосходящего
γ
ρ(γ) =
γ −1
и конечного типа. Кроме того, при z ∈ C+ выполняется оценка [2, Лемма
3.1.3]
C
1
|ψ(z)−1| ≤ , Imz > 0, (2)
Imz
спостоянной C ,зависящей от C и γ .В случае,еслипотенциал q финитный,
1
функция K также оказывается финитной, а тогда функция (1) является
целой функцией экспоненциального типа, т.е. порядка 1 и конечного типа.
Нули функции ψ называются резонансами оператора Шредингера, ко-
торые являются физически наблюдаемыми величинами. Поэтому важное
значение имеет задача о восстановлении потенциала q по резонансам опе-
ратора Шредингера. В решении этой задачи ключевую роль играют оцен-
ки отношения двух целых функций вида (1) при условии, что нули этих
функций совпадают в круге большого радиуса R. Важность и эффектив-
ность таких оценок продемонстрирована в работе Марлетты, Штеренберга
и Вайкарта [3].
Основная цель нашей работы — получить обобщение и усиление одного
из ключевых аналитических результатов работы [3]. Применение получен-
ных здесь результатов авторы планируют провести в другой работе.
2. Основной результат. Обозначим через B(a,r) открытый круг ради-
уса r с центром в точке a ∈ C, а через M = M(C ,C ,ρ,σ,µ,r ) множество,
0 1 0
состоящее из целых функций ψ, удовлетворяющих следующим условиям:
1) функции ψ ∈ M подчинены оценке
|ψ(z)| 6 C eσrρ для всех |z| > r > 1; (3)
0 0
2) На некотором луче argz = ϕ ∈ [0,2π) справедлива оценка
C
|ψ(z)−1| 6 1 , µ > 0, для всех |z| > r . (4)
0
|z|µ
Значение аргумента ϕ далее не играет роли и мы для упрощения записи
полагаем ϕ = 0. Все постоянные, участвующие в определении класса M,
предполагаютсяположительными.Далее через [ρ] обозначается целаячасть
числа ρ.
Для функций из M мы получим следующий результат.
Теорема 1 . Пусть функции ψ ,ψ ∈ M и нули этих функций в круге
1 2
B(0,R) совпадают с учетом кратностей. Тогда при любых произвольно
малых δ ∈ (0,1) и ε > 0 для отношения функций ψ /ψ в круге B(0,R1−δ)
1 2
справедлива оценка
ψ (z) ε
2
−1 < , (5)
ψ (z) Rµ(1−δ)
(cid:12) 1 (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
при условии, что R > R , где R достаточно большое число. Постоянная
0 0
R зависит от δ,ε и всех параметров C ,C ,σ,ρ,µ,r , определяющих класс
0 0 1 0
M, но не зависит от функций ψ ,ψ ∈ M. Зависимость от параметров
1 2
можно явно указать. А именно, можно положить
R = max(r ,r ,r ,r ,r ,R′(ε,δ)),
0 1 2 3 4 5
где величина R′(ε,δ) определена в (6), а величины r опредляются в процес-
j
се доказательства в соотношениях (9), (12), (26), (30), и (31). При этом
в (12) нужно положить a = p+1, а число p ∈ N определяется условием
(µ+ρ)/δ 6 p+1 < 1+(µ+ρ)/δ.
Доказательство. Шаг 1. Сначала заметим, что достаточно доказать
оценку (5) с произвольной постоянной C = C(δ) в числителе вместо ε. Дей-
ствительно, если такая оценка уже доказана, для произвольного δ ∈ (0,1)
с постоянной C = C(δ) и R = R (δ), то достаточно взять число δ ∈ (0,δ)
0 0 1
(например, δ = δ/2) и заметить, что левая часть в (5) будет оцениваться
1
величиной
˜ ˜
C C ε
1 = 1 6 ,
R1−δ1 R1−δ Rδ−δ1 R1−δ
если
˜ 1/(δ−δ1)
C
R > R′(ε,δ) = max R (δ ), 1 , где C˜ = C(δ ). (6)
0  0 1 ε  1 1
!
 
Итак, далее докажем оценку (5) при R > R с постоянной C вместо ε. При
0
этом постоянные C и R предъявим в явном виде в зависимости от δ и
0
параметров класса M. А именно,
C = 20A C , R = max(r ,r ,r ,r ,r ),
p 1 0 1 2 3 4 5
где C — постоянная из оценки (4), число A определено (19), а числа r
1 p j
явно указаны в ходе доказательства.
Наметим дальнейший план доказательства. Возможность получить
нужную оценку основана на представлении (22), где бесконечные произве-
дения Π ,Π учитывают только те нули функций ψ ,ψ , которые лежат вне
1 2 1 2
круга|z| 6 R. Мыпокажем, что функцияΦ = Π /Π −1 в кругеB 0,aR1−δ
2 1
допускает оценку 6 CR−α, где α = δ(p+1)−ρ, C – постоянная и a — сво-
(cid:0) (cid:1)
бодный параметр. Выбор числа p ∈ N в нашей власти; возьмем наименьшее
p, при котором α > µ (в действительности, достаточно выполнения условия
α > µ(1−δ), но технически проще считать α > µ). Из определения функций
класса M следует, что оценка (5) выполняется на положительном луче. Но
тогда из (22) следует, что функцию h = eg2−g1 −1 можно оценить на отрез-
ке ∆ = [r,(p+1)r] при r = a(p+ 1)−1R1−δ. Далее мы покажем, что оценка
функции h на отрезке ∆ влечет ее оценку в круге B(0,ar). Но тогда из пред-
ставления (32) получаем аналогичную оценку функции ψ /ψ −1 в том же
2 1
круге B(0,ar). Отметим, что за счет выбора свободного параметра a мож-
но отслеживать постоянные в оценках (и делать их более оптимальными).
Однако наиболее простая форма записи получается при a = p+1, поэтому
далее мы делаем именно этот выбор. Приступим к реализации намеченной
цели.
Шаг 2. Обозначим через n(a,r) число нулей функции ψ в круге радиуса
r с центром в a. При a = 0 будем писать n(r). Оценим n(r) для функ-
ций ψ ∈ M. Из формулы Йенсена и оценки (3) легко получается оценка
n(r) < 2σ(er)ρ асимптотически при r > R . Однако R зависит от ψ. Но
0 0
при дополнительном условии (4) эту зависимость можно устранить.
Положим
c := max r ,(2C )1/µ , (7)
0 1
(cid:16) (cid:17)
где r ,C — постоянные, участвующие в оценке (4). Тогда
0 1
|ψ(c)| > 1−1/2 = 1/2, поэтому −ln|ψ(c)| < ln2.
Согласно формуле Йенсена с учетом оценки (3) получаем
e(r+c) n(c,t) e(r+c) n(c,t)
n(r) = n(0,r) 6 n(c,n+c) 6 dt 6 dt
t t
Zr+c Z0
1 2π
= ln|ψ(c+e(r +c)eiϕ)|dϕ−ln|ψ(c)|
2π
Z0
6 lnC +σ(e(r +c))ρ +ln2 6 ln(2C )+σ(2e)ρrρ.
0 0
Следовательно,
n(r) 6 2σ(2e)ρrρ, (8)
если только r > c и ln(2C ) 6 σ(2e)ρrρ или
0
1/ρ
1 ln(2C )
r > r , где r = max r , (2C )1/µ, 0 . (9)
1 1 0 1
2e σ
!
(cid:18) (cid:19)
Шаг 3. При любом p > [ρ] согласно теореме Адамара [1, Гл. 4.2] функция
ψ ∈ M допускает представление
∞
z
ψ(z) = znexp(g(z)) E ,
p
z
n
n=1 (cid:18) (cid:19)
Y
где p ≥ [ρ],
p
zk
E (z) = (1−z)exp ,
p
k
!
k=1
X
g— многочлен степени 6 p и {z }∞ — множество нулей функции ψ.
n n=1
Обозначим
z
Π(R,z):= E . (10)
p
z
n
|z |≥R (cid:18) (cid:19)
nY
Наша цель на этом эпапе — оценить функцию Π(R,z)−1 в круге
B(0,aR1−δ).
Лемма 2 Пусть δ ∈ (0,1), a > 0 а число p ∈ N подчинено условиям p >
[ρ], α:= δ(p+1)−ρ > µ. Тогда в круге B 0,aR1−δ справедлива оценка
(cid:0) 2σ(cid:1)(p+1)(2e)ρ
|Π(R,z)−1| ≤ 2C ap+1R−µ, C = , (11)
2 2
p+1−ρ
если только
a(p+1) 1/δ C ap+1 1/µ
R > r := max r , , 2 , (12)
2 1
p ln2
!
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
где число r определено в (9).
1
Доказательство. Отметим, что в ходе дальнейшего доказательства
эта лемма будет использоваться при a = p+1. Имеем
z
Π(R,z)−1 = exp lnE −1.
p
 z 
n
|z |≥R (cid:18) (cid:19)
Xn
 
Поскольку
|ew −1| 6 |w|e|w|, (13)
то достаточно оценить сумму
z
w(z) = lnE .
p
z
n
|z |>R (cid:18) (cid:19)
Xn
Известно [1, §4.3], что при |ξ| 6 p справедлива оценка
p+1
|lnE (ξ)| 6 |ξ|p+1.
p
Неравенство |z|(p+1) 6 pR выполнено для всех z ∈ 0,aR1−δ , если только
a(p+1)R1−δ 6 pR или
(cid:0) (cid:1)
1/δ
a(p+1)
R > . (14)
p
(cid:18) (cid:19)
Следовательно, при таком условии для всех z ∈ B 0,aR1−δ имеем
(cid:0) (cid:1)
z 1
|w(z)| 6 lnE 6 |z|p+1 . (15)
p
z |z |p+1
|z |>R(cid:12) (cid:18) n(cid:19)(cid:12) |z |≥R n
Xn (cid:12) (cid:12) Xn
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
Согласно (8), получаем
∞ ∞
1 ∞ dn(r) n(r) dr
6 6 (p+1) dr 6 2(p+1)σ(2e)ρ
|z |p+1 rp+1 rp+2 rp+2−ρ
|z |≥R n ZR Z Z
Xn R R
6 C Rρ−p−1, (16)
2
гдепостояннаяC определенав(11)иR > r .Теперь,полагаяα = δ(p+1)−ρ
2 1
и учитывая условие α > µ, из оценок (15) и (16) при z ∈ B 0,aR1−δ
получаем
(cid:0) (cid:1)
|w(z)| 6 |z|(p+1)C Rρ−p−1 6 C ap+1R−α 6 C ap+1R−µ, (17)
2 2 2
если R > r и если выполнено условие (14). При дополнительном условии
1
C ap+1R−µ 6 ln2 из оценок (17) и (13) получаем оценку (11). Учет всех
2
условий на R приводит к условию (12). Лемма доказана.
Шаг 4. На этом этапе мы докажем следующее утверждение.
Лемма 3 Обозначим через W алгебраические дополнения элементов
kj
c = kj−1, находящхся на пересечении k-ой строки и j-го столбца опреде-
kj
лителя Вандермонда
1 1 1 · · · 1
1 2 22 · · · 2p
W = (cid:12) (cid:12) = 1!2!3! ··· p!. (18)
(cid:12)· ·· · · · · (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)1 (p+1) (p+1)2 · · · (p+1)p(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
Положим (cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
p+1p+1
1
A = |W |k−µ. (19)
p jk
W
k=1j=1
XX
Пусть g(z) = a +a z+···+a zp — многочлен степени p > 1, причем для
0 1 p
всех z из отрезка [r,(p+1)r] выполнена оценка
1
eg(z) −1 6 C |z|−µ 6 ε, z ∈ [r,(p+1)r], ε:= C r−µ 6 .
1 1
2
(cid:12) (cid:12)
Тогда д(cid:12)ля всех (cid:12)z в круге B(0,r) выполняется оценка
(cid:12) (cid:12)
eg(z) −1 6 2εA , если εA 6 1/4. (20)
p p
(cid:12) (cid:12)
Доказательств(cid:12)о. Полож(cid:12)им h(z) = eg(z) −1, тогда
(cid:12) (cid:12)
g(z) = ln(1+h(z)).
Коэффициент a полинома g определяется с точностью до постоянной вида
0
2πki, k ∈ Z. Выберем главную ветвь логарифма при z ∈ [r,(p + 1)r], так,
чтобы
∞ hk(z)
g(z) = (−1)k−1 .
k
k=1
X
При z ∈ [r,(p+1)r] имеем |h(z)| 6 ε 6 1/2, поэтому
|h2(z)| |h3(z)|
|g(z)| 6 |h(z)|+ + +... 6 |h(z)|(1+|h(z)|).
2 3
Следовательно,
g(kr) = a +a kr+···+a (kr)p = ζ , |ζ | 6 ε(1+ε)k−µ, k = 1,2,...,p+1.
0 1 p k k
(21)
Получили систему p+1 уравнений, из которой однозначно определяются ко-
эффициенты a . Очевидно, определитель этой системы W и алгебраические
j
дополнения W его элементов, находящихся на пересечении j-го столбца и
jk
k-ой строки, равны
W = rp(p+1)/2W, W = rp(p+1)/2−j+1W .
kj kj
Согласно правилу Крамера получаем
p+1 p+1
1 1
|a | 6 |ζ W | 6 ε(1+ε)r−j+1 |W |k−µ.
j−1 k kj kj
W W
k=1 k=1
X X
Но тогда для всех z ∈ B(0,r) имеем
p+1p+1
ε(1+ε)
|g(z)| 6 |W |k−µ = ε(1 +ε)A .
kj p
W
k=1j=1
XX
Теперь воспользуемся оценкой
|eg −1| 6 |g|e|g| 6 |g|(1 +2|g|), если |g| 6 1/2.
Далее предположим, что εA 6 1/4. Ниже в замечании мы покажем, что
p
A > 2p+1−1 > 3. Поэтому такое предположение влечет ε < 1/12. Но тогда
p
для всех z ∈ B(0,r) получаем
|eg(z) −1| 6 ε(1+ε)A (1+2ε(1+ε)A ) 6 2εA .
p p p
Лемма доказана.
Шаг 5. Пусть обе функции ψ ,ψ принадлежат классу M. Согласно тео-
1 2
реме Адамара для них справедливы представления
∞
z
ψ (z) = znjegj(z) E , j = 1,2.
j p
(j)
z !
k=1 k
Y
где z(j) — нули функций ψ , а g — многочлены степени 6 p. Если нули
k j j
функций ψ и ψ в круге B(0,R) совпадают, то
1 2
ψ (z) Π (z,R)
2 = eg2(z)−g1(z) 2 , (22)
ψ (z) Π (z,R)
1 1
где функции Π ,Π определены (10) и построены по нулям функций ψ ,ψ
1 2 1 2
соответственно. Следовательно,
ψ (z) Π (z,R) Π (z,R)
eg2(z)−g1(z) −1 = 2 −1 1 + 1 −1 . (23)
ψ (z) Π (z,R) Π (z,R)
1 2 2
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
Оценим правую часть этого равенства в круге |z| 6 R1−δ. Далее будут
использоваться очевидные неравенства
(1−η)−1 6 1+3η/2, (1+η)(1−η)−1 6 1+3η, если 0 6 η 6 1/3.
По условию на положительном луче справедлива оценка (4), поэтому при
z = r ≥ r получаем
0
ψ (z) |ψ (z)−1|+|ψ (z)−1|
2 −1 6 2 1
ψ (z) |ψ (z)|
(cid:12) 1 (cid:12) 1
(cid:12) (cid:12) −1
(cid:12) (cid:12) 2C C C 1
(cid:12) (cid:12) 6 1 1− 1 6 (2+3η )η , если η := 1 6 . (24)
1 1 1
rµ rµ rµ 3
(cid:18) (cid:19)
Обозначим C = 2C (p+1)p+1. Согласно лемме 2 при |z| 6 (p+1)R1−δ,R >
3 2
r , имеем
2
Π (z,R) 1+C R−µ C 2C (p+1)p+1 1
1 6 3 6 1+3η , если η = 3 = 2 6 ,
2 2
Π (z,R) 1−C R−µ Rµ Rµ 3
(cid:12) 2 (cid:12) 3
(cid:12) (cid:12) (25)
(cid:12) (cid:12)
то(cid:12) есть, есл(cid:12)и
R > r := max r , 6C (p+1)p+1 1/µ . (26)
3 2 2
(cid:16) (cid:17)
Так же, как в (24), при |z| 6 (p+1)R(cid:0)1−δ получаем(cid:1)
Π (z,R) 2C R−µ C 1
1 −1 6 3 6 3η , если η := 3 6 . (27)
2 2
Π (z,R) 1−C R−µ Rµ 3
(cid:12) 2 (cid:12) 3
(cid:12) (cid:12)
Теперь(cid:12) мы намере(cid:12)ны воспользоваться леммой 3. При z ∈ ∆ :=
(cid:12) (cid:12)
R1−δ,(p+1)R1−δ правая часть (24) принимает максимальное значение
при z = r = R1−δ. Следовательно, для всех z ∈ ∆ левая часть (24) до-
(cid:2) (cid:3)
пускает оценку 6 (2+3η)η, где
C 1
η:= maxη = 1 6 . (28)
1
z∈∆ Rµ(1−δ) 3
Отрезок ∆ входит в круг B 0,(p+1)R1−δ , поэтому из представления (23)
с учетом оценкок (24), (25), (27), при всех z ∈ ∆ получаем
(cid:0) (cid:1)
eg2(z)−g1(z) −1 6 (2+3η)η(1+3η )+3η 6 9η, если η 6 η.
2 2 2
(cid:12) (cid:12)
Воспол(cid:12)ьзовавшись ле(cid:12)ммой 3, получим, что для всех z ∈ B 0,R1−δ спра-
(cid:12) (cid:12)
ведлива оценка
(cid:0) (cid:1)
eg2(z)−g1(z) −1 6 18A η. (29)
p
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
если 9η 6 1/3 и 9A η 6 1/4. Первое условие автоматически выполняется,
p
если выполняется второе, так как A > 2p+1 − 1 > 3 (см. ниже замечание
p
4). Но условие 9A η 6 1/4 эквивалентно условию
p
R > r := (36C A )1/µ(1−δ). (30)
4 1 p
Вспомним еще, что мы использовали неравенство η 6 η, которое эквива-
2
лентно условию
1/µδ
C
R > r := 2(p+1)p+1 2 . (31)
5
C
1
(cid:18) (cid:19)
Итак, в круге B 0,(p+1)R1−δ нами получена ключевая оценка (29) при
условии, что R > max(r ,r ,r ).
3 4 5
(cid:0) (cid:1)
Шаг 6. Из представления (22) получаем
ψ (z) Π (z,R)
2 −1 = 1+ eg2(z)−g1(z) −1 2 −1 + eg2(z)−g1(z) −1 .
ψ (z) Π (z,R)
(cid:12) 1 (cid:12) (cid:18) 1 (cid:19)
(cid:12) (cid:12) (cid:16) (cid:16) (cid:17)(cid:17) (cid:16) (3(cid:17)2)
(cid:12) (cid:12)
Ф(cid:12)ункция Π(cid:12)/Π −1 оценивается точно также, как функция Π /Π −1 (из-
1 2 2 1
менение порядка индексов значения не имеет). Поэтому из представления
(32), оценки (29) и определения (28) для всех z ∈ B 0,(p+1)R1−δ полу-
чаем
(cid:0) (cid:1)
ψ (z) 20A C
2 −1 6 (1+18A η)3η +18A η 6 20A η = p 1. (33)
p p p
ψ (z) Rµ(1−δ)
(cid:12) 1 (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
Здесь пр(cid:12)и переходе(cid:12) ко второму неравенству мы учли, что 18A η 6 1/2 и
(cid:12) (cid:12) p
3η 6 A η. Этим завершается доказательство теоремы.
p
3. Замечания. Отметим еще раз, что основой для настоящей заметки
послужила работа [3], где для функций вида (1) с финитным ядром (то
есть, для функций K, таких, что K(t) ≡ 0 при t > t ) получена оценка
0
|ψ (z)/ψ (z)−1| 6 CR−1/3 при |z| 6 R1/3, R > R ,
2 1 0
при условии, что нули функций ψ ,ψ совпадают в круге радиуса R. Этот
1 2
результат получается из теоремы 1 при p = 1 и δ = 2/3. Дополнительно мы
имеем в явном виде константы, при которых выполняется это неравенство.
Замечание 4. Константу A можно оценить снизу и сверху (в зависи-
p
мости от p). Мы покажем только, что A > 2p+1 − 1 > 3 (эту оценку мы
p
использовали). Сначала вычислим определитель W . После вынесения
p+1,1
из k-й строки этого определителямножителя k снова получим определитель
Вандермонда вида (18), но только размера p×p. Поэтому
W W−1 = 1·2·3···p·(p−1)!(p−2)!···1! W−1 = 1.
p+1,1
Похожим образом вычисляются определители
W = (p+1)!(p−s)−1W′ , s = 0,1,...,p−1,
p−s,1 p−s,1
где W′ — определитель Вандермонда чисел 1,...,p−s−1,p−s+1,...,p+
p−s,1
1. Он равен
p! (p−1)! (p−s)!
W′ = · ··· ·(p−s−2)!···1!.
p−s,1 s+1 s 1
После замены p−s = k получаем
W (p+1)!
1k = = Ck ,
W k!(p+1−k)! p+1
где Ck — биномиальные коэффициенты. Но тогда
p+1
p+1 p+1
A > Ck = Ck −1 = 2p+1 −1.
p p+1 p+1
k=1 k=0
X X
Замечание 5. Функции вида (1) ограничены на вещественной оси неко-
торой постоянной C, зависящей от ядра K. Поэтому совпадение нулей таких
функций в круге B(0,R) влечет оценку их разности на большом отрезке ве-
щественой оси
|ψ (z)−ψ (z)| = |ψ (z)/ψ (z)−1| |ψ (z)| 6 εCR−(1−δ),
2 1 2 1 1
если z ∈ −R1−δ,R1−δ , R > R .
0
(cid:2) (cid:3)
Замечание 6. Известно [2, Гл. 2], что производная K′(t) в представле-
нии функции Йоста (1) оператора Шредингера экспоненциально убывает,
если экспоненциальное убывание имеет производная потенциала q опера-
тора (порядок убывания сохраняется). В этом случае в предствлении (1)
можно проинтегрировать по частям и получить
K(0) 1 ∞
ψ(z) = 1− − K′(t)eiztdt.
iz iz
Z0
Если имеются две функции ψ ,ψ такого вида с ядрами K ,K , и извест-
1 2 1 2
но, что K (0) = K (0), то функции ψ˜ (z) = ψ (z) + K(0)(iz)−1 в верхней
1 2 j j
полуплоскости допускают оценку
|ψ˜ (z)| 6 C (|z|y)−1, y = Imz > 0.
j 1
Поэтому теорема 1 для таких функций может быть применена с показате-
лем µ = 2.
Список литературы
[1] B.Ya.Levin. Lectures on entire functions. English revised edition. Amer.
Math. Soc, Providence, RI, 1996