Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

62 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Dowód. Krok 1. Ponieważ dla wszystkich n > 2|z| jestz n+1 /(n + 1)!∣ z n /n! ∣ = |z|n + 1 < 1 2 = (1/2)n+1(1/2) n ,więc z ilorazowej wersji kryterium porównawczego wynika, że szereg b(z) jest zbieżnybezwzględnie dla każdej liczby z ∈ C.Krok 2. Wykażemy, że lim n→∞ a n (z) = b(z). Mamy|a n (z) − b(z)| ≤ |a n (z) − b k (z)| + |b k (z) − b(z)|.Każdy składnik oszacujemy osobno, dobierając najpierw dużą liczbę k, a potem dostatecznieduże n > k . Z dwumianu Newtona otrzymujemya n (z) − b k (z) =(1 + z ) nk∑ z j−n j!j=0=n∑j=0= 1 + z +( n zj k∑j)n j − z jj!n∑j=2z jj!j=0= α k,n (z) + β k,n (z),· n(n − 1) . . . (n − j + 1)n j−k∑j=0z jj!gdzieα k,n (z) =β k,n (z) =k∑j=2z j [(1 − 1 ) (· 1 − 2 ) (· . . . · 1 − j − 1 ) ]− 1j! n nnn∑ z j (1 − 1 ) (· 1 − 2 ) (· . . . · 1 − j − 1 )j! n nnj=k+1Stąd|a n (z) − b(z)| ≤ |α k,n (z)| + |β k,n (z)| + |b k (z) − b(z)| . (4.13)Ustalmy ε > 0 i rozpatrzmy składniki prawej strony (4.13). Po pierwsze,|α k,n (z)| ≤k∑ |z| jj=2≤ b(|z|) ·≤j!([ (· max 1 − 1 − 1 ) (· 1 − 2 ) (· . . . · 1 − j − 12≤j≤kn nn1 −b(|z|) · k2n .(1 − k ) ) kn)](i sumę, i maksimum szacujemy osobno)Aby napisać ostatnią linijkę, skorzystaliśmy dla liczb k oraz n > k z nierówności Bernoulli’ego(1 − k/n) k ≥ 1 − k 2 /n.Po drugie, z nierówności trójkąta,|β k,n (z)| ≤n∑j=k+1|z| jj!∣= b n (|z|) − b k (|z|) = ∣b n (|z|) − b k (|z|) ∣ < ε 3