코시 곱

(∑an)(∑bn)=∑cn(\sum a_n)(\sum b_n) = \sum c_n, cn=∑k=0nakbn−kc_n = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k} — 대각선으로 격자를 휩쓰는 합. 메르텐스 정리(한쪽이 절대수렴하면 곱이 성립)와, 둘 다 조건수렴일 때 깨지는 반례를 봅니다.

cn=∑k=0nakbn−kc_n = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}
∑∣an∣<∞, ∑bn=B ⇒ ∑cn=AB\sum |a_n| < \infty,\ \sum b_n = B\ \Rightarrow\ \sum c_n = AB

예제

메르텐스 정리(Mertens' theorem)를 증명하세요: ∑an\sum a_n이 AA로 절대수렴하고 ∑bn\sum b_n이 BB로 수렴하면, 코시 곱 cn=∑k=0nakbn−kc_n = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}의 급수 ∑cn\sum c_n은 ABAB로 수렴합니다.

CN=∑n=0Ncn=∑k=0NakBN−k,BM=∑m=0MbmC_N = \sum_{n=0}^{N} c_n = \sum_{k=0}^{N} a_k B_{N-k},\qquad B_M = \sum_{m=0}^{M} b_m
CN−AB=(AN−A)B−∑k=0NakRN−k,RM=B−BM→0C_N - AB = (A_N - A)B - \sum_{k=0}^{N} a_k R_{N-k},\qquad R_M = B - B_M \to 0
∣∑k=0N−M−1akRN−k∣≤ε∑k=0∞∣ak∣\left|\sum_{k=0}^{N-M-1} a_k R_{N-k}\right| \leq \varepsilon \sum_{k=0}^{\infty} |a_k|
n=12n = 12, ak=bk=1/k!a_k = b_k = 1/k!: C12≈7.3890546C_{12} \approx 7.3890546이고 A12B12≈7.3890561A_{12}B_{12} \approx 7.3890561 — 두 수열이 함께 e2e^2로 올라가며, c12=212/12!≈8.55×10−6c_{12} = 2^{12}/12! \approx 8.55 \times 10^{-6}이다.
증명 보기
  1. 부분합 AN,BN,CNA_N, B_N, C_N을 쓰자. CN=∑n=0N∑k=0nakbn−kC_N = \sum_{n=0}^{N}\sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}에서 m=n−km = n-k로 치환하면 각 항이 akbma_k b_m (k+m≤Nk + m \leq N)인 유한합이 되므로, 합산 순서를 바꿔 CN=∑k=0Nak(∑m=0N−kbm)=∑k=0NakBN−kC_N = \sum_{k=0}^{N} a_k \left(\sum_{m=0}^{N-k} b_m\right) = \sum_{k=0}^{N} a_k B_{N-k}를 얻는다. 유한합이므로 이 재배열은 합법적이다.
  2. 나머지 RM=B−BM→0R_M = B - B_M \to 0을 두면 BN−k=B−RN−kB_{N-k} = B - R_{N-k}이므로 CN=ANB−∑k=0NakRN−kC_N = A_N B - \sum_{k=0}^{N} a_k R_{N-k}이고, 따라서 CN−AB=(AN−A)B−∑k=0NakRN−kC_N - AB = (A_N - A)B - \sum_{k=0}^{N} a_k R_{N-k}이다. AN→AA_N \to A이므로 첫 항은 00으로 간다.
  3. 둘째 항을 제어한다. 절대수렴이므로 α=∑k=0∞∣ak∣<∞\alpha = \sum_{k=0}^{\infty} |a_k| < \infty이다. ε>0\varepsilon > 0가 주어지면 m>Mm > M일 때 ∣Rm∣<ε|R_m| < \varepsilon인 MM을 잡는다. 합을 k≤N−M−1k \leq N-M-1과 k≥N−Mk \geq N-M으로 나누면, 앞부분은 ∣RN−k∣<ε|R_{N-k}| < \varepsilon이므로 ∣∑k=0N−M−1akRN−k∣≤εα\left|\sum_{k=0}^{N-M-1} a_k R_{N-k}\right| \leq \varepsilon \alpha이다.
  4. 뒷부분은 항이 M+1M+1개뿐이다: ∣∑k=N−MNakRN−k∣≤(max⁡0≤m≤M∣Rm∣)⋅max⁡N−M≤k≤N∣ak∣\left|\sum_{k=N-M}^{N} a_k R_{N-k}\right| \leq \left(\max_{0 \leq m \leq M} |R_m|\right) \cdot \max_{N-M \leq k \leq N} |a_k|인데, 절대수렴하는 급수의 항은 00으로 가므로 ak→0a_k \to 0이고, 이 최댓값은 N→∞N \to \infty일 때 00으로 간다. 따라서 lim sup⁡N→∞∣∑k=0NakRN−k∣≤εα\limsup_{N \to \infty} \left|\sum_{k=0}^{N} a_k R_{N-k}\right| \leq \varepsilon \alpha이고, ε\varepsilon이 임의이므로 이 합은 00으로 간다.
  5. 두 항 모두 00으로 가므로 CN−AB→0C_N - AB \to 0, 즉 ∑cn=AB\sum c_n = AB이다. 핵심은 εα\varepsilon \alpha 단계였다: 꼬리 ∑akRN−k\sum a_k R_{N-k}를 절대수렴 급수 ∑∣ak∣\sum |a_k|로 눌렀기 때문에 RN−kR_{N-k}가 균일하게 작아진다 — 조건수렴인 bb 쪽만으로는 이 제어가 안 된다 (문제 3의 반례).

지수급수 ∑k=0∞1/k!=e\sum_{k=0}^{\infty} 1/k! = e를 자기 자신과 코시 곱하면 e2e^2이 됨을 보이세요: cn=∑k=0n1k!(n−k)!=2nn!c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!(n-k)!} = \frac{2^n}{n!}임을 이항정리로 증명하고, ∑cn=e2\sum c_n = e^2임을 메르텐스 정리로 정당화하세요.

cn=∑k=0n1k!(n−k)!=1n!∑k=0n(nk)=2nn!c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = \frac{2^n}{n!}
∑n=0∞cn=∑n=0∞2nn!=e2\sum_{n=0}^{\infty} c_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{n!} = e^2
n=10n = 10: c10=210/10!≈2.82×10−4c_{10} = 2^{10}/10! \approx 2.82 \times 10^{-4}, C10≈7.3889947C_{10} \approx 7.3889947, A10B10≈7.3890560A_{10}B_{10} \approx 7.3890560 — 코시 곱 부분합과 부분합의 곱이 함께 e2e^2에 접근한다.
증명 보기
  1. ak=bk=1/k!a_k = b_k = 1/k!로 두면 코시 곱의 항은 cn=∑k=0n1k!⋅1(n−k)!c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \frac{1}{(n-k)!}이다. 분모에 n!n!을 곱하고 나누면 1k!(n−k)!=1n!(nk)\frac{1}{k!(n-k)!} = \frac{1}{n!} \binom{n}{k}이므로, cn=1n!∑k=0n(nk)c_n = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}이다.
  2. 이항정리 (1+1)n=∑k=0n(nk)(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}에 의해 안쪽 합은 2n2^n이므로 cn=2nn!c_n = \frac{2^n}{n!}이다. 따라서 코시 곱 급수는 ∑n=0∞cn=∑n=0∞2nn!\sum_{n=0}^{\infty} c_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{n!}인데, 이는 지수급수에 x=2x = 2를 대입한 것으로 합이 e2e^2이다.
  3. 이 계산이 정당한 이유는 지수급수가 절대수렴하기 때문이다: 비율 판정법으로 1/(k+1)!1/k!=1k+1→0\frac{1/(k+1)!}{1/k!} = \frac{1}{k+1} \to 0이므로 메르텐스 정리(문제 1)를 적용할 수 있고, ∑cn=e⋅e=e2\sum c_n = e \cdot e = e^2를 얻는다 — e1⋅e1=e2e^1 \cdot e^1 = e^2이라는 지수법칙의 급수 버전이다.

ak=bk=(−1)kk+1a_k = b_k = \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}로 두세요. 두 급수 ∑ak\sum a_k, ∑bk\sum b_k는 모두 수렴하지만, ∣cn∣≥2(n+1)n+2≥1|c_n| \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1임을 보여 코시 곱 ∑cn\sum c_n이 발산함을 증명하세요. (힌트: 산술-기하 평균 부등식.)

∣cn∣=∑k=0n1(k+1)(n−k+1)≥(n+1)⋅2n+2≥1|c_n| = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq (n+1)\cdot\frac{2}{n+2} \geq 1
(k+1)(n−k+1)≤((k+1)+(n−k+1)2)2=(n+22)2(k+1)(n-k+1) \leq \left(\frac{(k+1)+(n-k+1)}{2}\right)^2 = \left(\frac{n+2}{2}\right)^2
cn↛0⟹∑cn divergesc_n \not\to 0 \quad\Longrightarrow\quad \sum c_n \text{ diverges}
n=20n = 20: ∣c20∣≈2.516872≥1.909091≥1|c_{20}| \approx 2.516872 \geq 1.909091 \geq 1이므로 cn↛0c_n \not\to 0이다. C20≈1.627909C_{20} \approx 1.627909는 표류하고 A20B20≈0.507955A_{20}B_{20} \approx 0.507955도 수렴하지 않는다.
증명 보기
  1. 먼저 두 인자 급수는 수렴한다: ak=(−1)kk+1a_k = \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}는 부호가 교대하고 1k+1\frac{1}{\sqrt{k+1}}이 00으로 단조 감소하므로 라이프니츠 판정법이 적용된다. 그러나 ∑∣ak∣=∑1k+1\sum |a_k| = \sum \frac{1}{\sqrt{k+1}}는 p=12p = \frac12인 pp-급수라 발산하므로, 수렴은 조건수렴이다.
  2. 코시 곱의 항을 계산하면 cn=∑k=0n(−1)kk+1⋅(−1)n−kn−k+1=(−1)n∑k=0n1(k+1)(n−k+1)c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \cdot \frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n-k+1}} = (-1)^n \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}이므로, ∣cn∣=∑k=0n1(k+1)(n−k+1)|c_n| = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}이다.
  3. 산술-기하 평균 부등식으로 (k+1)(n−k+1)≤((k+1)+(n−k+1)2)2=(n+22)2(k+1)(n-k+1) \leq \left(\frac{(k+1)+(n-k+1)}{2}\right)^2 = \left(\frac{n+2}{2}\right)^2이다. 따라서 각 피가수 1(k+1)(n−k+1)≥2n+2\frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq \frac{2}{n+2}이고, 항이 n+1n+1개이므로 ∣cn∣≥(n+1)⋅2n+2=2(n+1)n+2|c_n| \geq (n+1)\cdot\frac{2}{n+2} = \frac{2(n+1)}{n+2}이다. n≥0n \geq 0에서 2(n+1)n+2≥1\frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1이므로 ∣cn∣≥1|c_n| \geq 1이다 (실제로 ∣cn∣→2|c_n| \to 2).
  4. ∣cn∣≥1|c_n| \geq 1이므로 cn↛0c_n \not\to 0이고, nn번째 항 판정법으로 ∑cn\sum c_n은 발산한다. 두 급수가 각각 수렴해도 코시 곱은 발산할 수 있다 — 메르텐스 정리(문제 1)에서 한쪽의 절대수렴은 빼도 되는 가정이 아니라 본질적인 조건이다.

7. 거듭제곱급수