Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

60 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Przykład 4.49. Niech a n = b n = (−1) n / √ n + 1. Szeregi A = ∑ a n i B = ∑ b n są wtedyzbieżne. To wynika z kryterium Leibniza. Jednak∣ n∑ ∣∣∣|c n | =∣ a j b n−j = |(−1) n |j=0≥n∑j=0n∑j=01√ j + 1 · √ n − j + 12 2(n + 1)= ≥ 1 .n + 2 n + 2Zatem c n ↛ 0, więc szereg C = ∑ c n jest rozbieżny. (Aby uzyskać środkową nierówność,zastosowaliśmy nierówność między średnimi: √ j + 1 · √n − j + 1 ≤ (j+1)+(n−j+1)2= n+22 .)Na zakończenie tego podrozdziału sformułujemy jeszcze jedno twierdzenie, które uzupełniatwierdzenie Mertensa.Twierdzenie 4.50 (E. Cesàro). Jeśli szeregi A = ∑ ∞n=0 a n oraz B = ∑ ∞n=0 b n są zbieżne,to ich iloczyn Cauchy’ego, tzn. szeregma następującą własność:C =∞∑c n =n=0∞∑n=0( n∑j=0a j b n−j)C 0 + C 1 + C 2 + · · · + C NlimN→∞ N + 1= AB,gdziek∑C k = a j b k−j .j=0Szkic dowodu. Jak w dowodzie twierdzenia Mertensa, sprawdzamy, żeC k = b 0 A k + b 1 A k−1 + · · · + b k A 0 .Sumując takie równości dla k = 0, 1, . . . , N, otrzymujemyC 0 + C 1 + C 2 + · · · + C N = B 0 A N + B 1 A N−1 + · · · + B N A 0 =DlategoN∑B j A N−j .j=0C 0 + C 1 + C 2 + · · · + C NN + 1− AB = 1N + 1N∑(B j A N−j − AB) ≡ (∗) .j=0Jeśli zarówno j, jak i N − j są odpowiednio duże, to składnik B j A N−j − AB jest mały.Trzeba jednak uporać się z oszacowaniem wielu takich składników, oraz uwzględnić inne!Dlatego weźmiemy N > 3k ≫ 1 i podzielimy ostatnią sumę (∗) na trzy części:• ogon lewy, tzn. k składników o numerach j = 0, 1, . . . , k − 1;