منتج كوشي

يترك${\textstyle \sum _{i=0}^{\infty }a_{i}}$و${\textstyle \sum _{j=0}^{\infty }b_{j}}$لنفترض أن لدينا متسلسلتين لانهائيتين بحدود مركبة. يُعرَّف حاصل ضرب كوشي لهاتين المتسلسلتين اللانهائيتين بواسطة عملية التفاف منفصلة كما يلي:

${\displaystyle \left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}\right)\cdot \left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}}$  أين  ${\displaystyle c_{k}=\sum _{l=0}^{k}a_{l}b_{kl}}$.

لنفترض متسلسلتي القوى التاليتين

${\displaystyle \sum _{i=0}^{\infty }a_{i}x^{i}}$  و  ${\displaystyle \sum _{j=0}^{\infty }b_{j}x^{j}}$

بمعاملات مركبة${\displaystyle \{a_{i}\}}$و${\displaystyle \{b_{j}\}}$يتم تعريف حاصل ضرب كوشي لهاتين المتسلسلتين للقوى بواسطة عملية التفاف منفصلة على النحو التالي:

${\displaystyle \left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}x^{i}\right)\cdot \left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}x^{j}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}x^{k}}$  أين  ${\displaystyle c_{k}=\sum _{l=0}^{k}a_{l}b_{kl}}$.

لنفترض سلسلتين متناوبتين مع

$${\displaystyle a_{n}=b_{n}={\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {n+1}}}\,,}$$

وهي متقاربة شرطيًا فقط (ينتج تباعد متسلسلة القيم المطلقة من اختبار المقارنة المباشرة ، وكذلك تباعد المتسلسلة التوافقية ). تُعطى حدود حاصل ضرب كوشي الخاص بها بالصيغة التالية:

$$// {(ك+1)(ن-ك+1)}}}}$$

لكل عدد صحيح n ≥ 0. بما أنه لكل k ∈ {0, 1, ..., n } لدينا المتباينتان k + 1 ≤ n + 1 و n – k + 1 ≤ n + 1 ، فإنه يترتب على ذلك بالنسبة للجذر التربيعي في المقام أن √ ( k + 1)( n − k + 1) ≤ n + 1 ، وبالتالي، نظرًا لوجود n + 1 حدًا،

$${\displaystyle |c_{n}|\geq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{n+1}}=1}$$

لكل عدد صحيح n ≥ 0. لذلك، فإن c _n لا تتقارب إلى الصفر عندما n → ∞ ، وبالتالي فإن متسلسلة ( c _n ) _{n ≥0} تتباعد حسب اختبار الحد .

لتبسيط الأمر، سنبرهن ذلك للأعداد المركبة. مع ذلك، فإن البرهان الذي سنقدمه الآن مطابق شكليًا لأي جبر باناخ (ولا حاجة حتى إلى التبديلية أو التجميعية).

لنفترض دون فقدان للعمومية أن المتسلسلة${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty}a_{n}}$يتقارب تقاربًا مطلقًا. عرّف المجاميع الجزئية

$${\displaystyle A_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\quad B_{n}=\sum _{i=0}^{n}b_{i}\quad {\text{و}}\quad C_{n}=\sum _{i=0}^{n}c_{i}}$$

مع

$${\displaystyle c_{i}=\sum _{k=0}^{i}a_{k}b_{ik}\,.}$$

ثم

$${\displaystyle C_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{ni}B_{i}}$$

عن طريق إعادة الترتيب، ومن ثم

${\displaystyle C_{n}=A_{n}B+\sum _{i=0}^{n}a_{ni}(B_{i}-B)\,.}$

1

لنفترض أن ε > 0 .${\textstyle \sum _{k\in \mathbb {N} }|a_{k}|<\infty }$بالتقارب المطلق، وبما أن B _n يتقارب إلى B عندما n → ∞ ، فإنه يوجد عدد صحيح N بحيث أنه، لجميع الأعداد الصحيحة n ≥ N ،

${\displaystyle |B_{n}-B|\leq {\frac {\varepsilon /3}{\sum _{k\in \mathbb {N} }|a_{k}|+1}}}$

2

(هذا هو الموضع الوحيد الذي يُستخدم فيه التقارب المطلق). بما أن متسلسلة ( a _{_n} ) _{_n ≥ 0} متقاربة، فإن كل عنصر a _{_n} يجب أن يتقارب إلى 0 وفقًا لاختبار الحد . وبالتالي، يوجد عدد صحيح M بحيث أنه، لجميع الأعداد الصحيحة n ≥ M ،

${\displaystyle |a_{n}|\leq {\frac {\varepsilon }{3N(\max _{i\in \{0,\dots ,N-1\}}|B_{i}-B|+1)}}\,.}$

3

أيضًا، بما أن A _n تتقارب إلى A عندما n → ∞ ، فإنه يوجد عدد صحيح L بحيث أنه، لجميع الأعداد الصحيحة n ≥ L ،

${\displaystyle |A_{n}-A|\leq {\frac {\varepsilon /3}{|B|+1}}\,.}$

4

ثم، لكل عدد صحيح n ≥ max{ L , M + N } ، استخدم التمثيل ( 1 ) لـ C _n ، وقسّم المجموع إلى جزأين، واستخدم متباينة المثلث للقيمة المطلقة ، وأخيرًا استخدم التقديرات الثلاثة ( 2 ) و( 3 ) و( 4 ) لإثبات ذلك.

$$\begin{aligned}|C_{n}-AB|&=\biggl |}(A_{n}-A)B+\sum _{i=0}^{n}a_{ni}(B_{i}-B)\biggr |}\\&\leq {}\underbrace {|A_{n}-A|\,|B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ حسب (4)}}}+\underbrace {\sum _{i=0}^{N-1}|a_{\underbrace {\scriptstyle ni} _{\scriptscriptstyle \geq M}}|\,|B_{i}-B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ حسب (3)}}}+{}\underbrace {\sum _{i=N}^{n}|a_{ni}|\,|B_{i}-B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ حسب (2)}}}\leq \varepsilon \,.\end{aligned}}}$$

بحسب تعريف تقارب المتسلسلة ، فإن C _n → AB كما هو مطلوب.

ل${\textstyle r>-1}$و${\textstyle s>-1}$لنفترض التسلسل${\textstyle (a_{n})_{n\geq 0}}$يكون${\textstyle (C,\;r)}$قابلة للجمع مع المجموع A و${\textstyle (b_{n})_{n\geq 0}}$يكون${\textstyle (C,\;s)}$يمكن جمعها مع المجموع B. عندئذٍ يكون حاصل ضربهما الكوشي هو${\textstyle (C,\;r+s+1)}$قابلة للجمع مع المجموع AB .

يترك${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$بحيث${\displaystyle n\geq 2}$(في الواقع، ينطبق ما يلي أيضًا على${\displaystyle n=1}$لكن العبارة تصبح تافهة في هذه الحالة) ولندع${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{1,k_{1}},\ldots ,\sum _{k_{n}=0}^{\infty }a_{n,k_{n}}}$لتكن متسلسلات لانهائية ذات معاملات مركبة، والتي جميعها باستثناء${\displaystyle n}$يتقارب الاثنان بشكل مطلق، و${\displaystyle n}$إذا تقاربت الدالة رقم 1، فإن النهاية تكون $${\displaystyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}}$$ موجود ولدينا: $${\displaystyle \prod _{j=1}^{n}\left(\sum _{k_{j}=0}^{\infty }a_{j,k_{j}}\right)=\lim _{N\to \infty }\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}}$$

لأن $${\displaystyle \forall N\in \mathbb {N}$$ :\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}=\sum _{k_{1}=0}^{N}\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}} يمكن إثبات هذه العبارة بالاستقراء الرياضي.${\displaystyle n}$: القضية المتعلقة بـ${\displaystyle n=2}$هذا مطابق تمامًا لما يُقال عن منتج كوشي. هذه هي قاعدة الطهي بالحث لدينا.

تتم خطوة الاستقراء على النحو التالي: لنفترض أن الادعاء صحيح بالنسبة لـ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$بحيث${\displaystyle n\geq 2}$ودع${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{1,k_{1}},\ldots ,\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }a_{n+1,k_{n+1}}}$لتكن متسلسلات لانهائية ذات معاملات مركبة، والتي جميعها باستثناء${\displaystyle n+1}$يتقارب الاثنان بشكل مطلق، و${\displaystyle n+1}$المتسلسلة رقم n متقاربة. نطبق أولاً فرضية الاستقراء على المتسلسلة${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }|a_{1,k_{1}}|,\ldots ,\sum _{k_{n}=0}^{\infty }|a_{n,k_{n}}|}$نستنتج أن المتسلسلة $${\displaystyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}|a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}|}$$ تتقارب، وبالتالي، وفقًا لمتباينة المثلث ومعيار الساندويتش، فإن المتسلسلة $${\displaystyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }\left|\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}\right|}$$ تتقارب، ومن ثم المتسلسلة $${\displaystyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}}$$ يتقارب تقاربًا مطلقًا. لذلك، وبناءً على فرضية الاستقراء، وما أثبته ميرتنز، وإعادة تسمية المتغيرات، لدينا: $${\displaystyle {\begin{aligned}\prod _{j=1}^{n+1}\left(\sum _{k_{j}=0}^{\infty }a_{j,k_{j}}\right)&=\left(\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{n+1}}} ^{=:a_{k_{n+1}}}\right)\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}} ^{=:a_{k_{1}}}\right)\left(\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{n+1}}} ^{=:b_{k_{n+1}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{1}}\sum _{k_{4}=0}^{k_{3}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{1}}}\right)\left(\sum _{k_{2}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{2}}} ^{=:b_{n+1,k_{2}}=:b_{k_{2}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{k_{1}}\right)\left(\sum _{k_{2}=0}^{\infty }b_{k_{2}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}a_{k_{2}}b_{k_{1}-k_{2}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\left(\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{2}}}\right)\left(\overbrace {a_{n+1,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}-k_{2}}}\right)\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{2}}}\overbrace {a_{n+1,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}-k_{2}}}\right)\\&=\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}a_{n+1,k_{1}-k_{2}}\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n+1}=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}\end{aligned}}}$$ وبالتالي، فإن الصيغة تنطبق أيضاً على${\displaystyle n+1}$.