Арифметические действия с числовыми рядами — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Формула Эйлера)
м (Перестановка, меняющая сумму ряда: неправильный коэффициент)
 
(не показано 13 промежуточных версий 3 участников)
Строка 1: Строка 1:
 +
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]
 +
 
Имея дело с суммой конечного числа слагаемых, можно менять слагаемые местами и расставлять скобки - от этого результат не изменится.
 
Имея дело с суммой конечного числа слагаемых, можно менять слагаемые местами и расставлять скобки - от этого результат не изменится.
  
Строка 28: Строка 30:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Пусть ряд из <tex>a_n \le 0</tex> сходится к <tex>A</tex>. Тогда <tex>\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = A</tex>
+
Пусть ряд из <tex>a_n \geq 0</tex> сходится к <tex>A</tex>. Тогда <tex>\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = A</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
<tex>B_n = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \dots + a_{\varphi(n)}, \qquad m_n = \max\limits_{i = 1..n}{\varphi(i)}</tex>
 
<tex>B_n = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \dots + a_{\varphi(n)}, \qquad m_n = \max\limits_{i = 1..n}{\varphi(i)}</tex>
Строка 80: Строка 82:
 
:<tex>\frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac {dx}x \le \frac 1k - \frac 1{k + 1} = \frac 1{k(k + 1)} \le \frac 1{k^2}</tex>
 
:<tex>\frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac {dx}x \le \frac 1k - \frac 1{k + 1} = \frac 1{k(k + 1)} \le \frac 1{k^2}</tex>
  
Итак, ряд <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} является положительным и мажорируется сходящимся рядом <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac 1{k^2}</tex>. Значит, этот ряд сходится.
+
Итак, ряд <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left(\frac1k - \int_k^{k + 1} \frac{dx}x \right)</tex> является положительным и мажорируется сходящимся рядом <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac 1{k^2}</tex>. Значит, этот ряд сходится.
  
 
В выражении <tex>(*)</tex> при предельном переходе и получаем искомую формулу, обозначая <tex>C = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \right )</tex>
 
В выражении <tex>(*)</tex> при предельном переходе и получаем искомую формулу, обозначая <tex>C = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \right )</tex>
 +
}}
 +
 +
== Перестановка, меняющая сумму ряда ==
 +
 +
{{Утверждение
 +
|statement=
 +
<tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k - 1} \frac 1k = \ln 2</tex>
 +
|proof=
 +
Представленный ряд сходится, так как является рядом Лейбница. Пусть он сходится к <tex>S</tex>, тогда <tex>S_{2n} \rightarrow S</tex>, но:
 +
:<tex>S_{2n} = 1 - \frac 12 + \dots + \frac 1{2n-1} - \frac 1{2n} = </tex>
 +
:<tex>= (1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n - 1}) - \frac 12 (1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n) =</tex>
 +
:<tex>= \left ( H_{2n} - \frac 12 \left ( 1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n \right ) \right ) - \frac 12 H_n = H_{2n} - H_n =</tex>
 +
:<tex>= (\ln 2n + C + \gamma_{2n}) - (\ln n + C + \gamma_{n}) = \ln 2 + \gamma_{2n} - \gamma_{n} \rightarrow \ln 2</tex>
 +
}}
 +
 +
Переставим ряд следующим образом: за каждым слагаемым с нечётным номером пишем два последовательных слагаемых с чётными номерами
 +
:<tex>1 - \frac 12 - \frac 14 + \frac 13 - \frac 16 - \frac 18 + \frac 15 - \frac 1{10} - \frac 1{12} + \dots</tex>
 +
 +
{{Утверждение
 +
|statement=
 +
Сумма этого ряда равна <tex>\frac{\ln 2}{2}</tex>
 +
|proof=
 +
Так как общее слагаемое ряда стремится к нулю, то достаточно показать, что сходится ряд с расставленными скобками:
 +
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^{\infty} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+2} - \frac 1{4k + 4} \right )</tex>
 +
 +
Рассмотрим частичную сумму ряда с расставленными скобками:
 +
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^{n} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+2} - \frac 1{4k + 4} \right ) = \left ( 1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n+1} \right ) - \left ( \frac 12 + \frac 14 + \dots + \frac 1{4n+4} \right ) =</tex>
 +
:<tex>= H_{2n} - \frac 12 H_n - \frac 12 H_{2n+2} = \frac 12 \left ( H_{2n} - H_n - \frac 1{2n+1} - \frac 1{2n+2} \right ) \rightarrow \frac{\ln 2}2</tex>
 +
}}
 +
 +
== Перемножение рядов ==
 +
Две суммы из конечного числа слагаемых перемножаются почленно. Для бесконечного числа слагаемых необходимо формализовать процесс перемножения.
 +
 +
Организуем бесконечную матрицу из чисел <tex>c_{ij} = a_i \cdot b_j</tex>. Пусть <tex>\varphi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}^2</tex> {{---}} правило обхода матрицы, по которому матрицу можно развернуть в строку, то есть ряд, сумму которого можно посчитать (при сходимости такого ряда).
 +
 +
Если сумма такого ряда равна произведению сумм исходных рядов, то говорят, что два ряда можно перемножить по способу <tex>\varphi</tex>.
 +
 +
Важнейший способ перемножения - способ Коши произведения по диагонали:
 +
:<tex>\alpha_k = \sum\limits_{j = 0}^{k} a_j b_{k - j}</tex>
 +
 +
{{Теорема
 +
|statement=
 +
Пусть положительные ряды <tex>a_n, b_n</tex> абсолютно сходятся и имеют суммы <tex>A</tex> и <tex>B</tex>. Тогда их можно перемножить любым способом <tex>\varphi</tex>.
 +
|proof=
 +
Используя положительность рядов, ведём рассуждения для достаточно большого количества слагаемых частичных сумм.
 +
 +
Так как в любую наперёд заданную клетку мы попадём, то ясно, что через некоторое количество шагов все клетки некоторого левого верхнего квадрата уже будут пройдены.
 +
 +
Сумма элементов квадрата <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_k \cdot \sum\limits_{k = 1}^n b_k</tex> не превосходит частичной суммы, которая, в свою очередь не превосходит суммы элементов окаймляющего квадрата. Но, если устремить <tex>n</tex> к бесконечности, то частичная сумма ряда по принципу сжатой переменной стремится к <tex>AB</tex>, что и требовалось доказать.
 +
}}
 +
 +
{{Теорема
 +
|statement=
 +
Пусть ряды из <tex>a_n, b_n</tex> абсолютно сходятся и имеют суммы <tex>A</tex> и <tex>B</tex>. Тогда их можно перемножить любым способом <tex>\varphi</tex>.
 +
|proof=
 +
Определим <tex>A'</tex> как сумму вспомогательного ряда <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_n^+</tex>, <tex>A''</tex> как сумму <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_n^-</tex>. Аналогично определяем <tex>B'</tex> и <tex>B''</tex>.
 +
 +
По определению, <tex>AB = (A' - A'') \times (B' - B'') = A'B' - A''B' - B''A' + A''B''</tex>. Раскладывая ряд по линейности на сумму положительных произведений вспомогательных рядов и приходим к искомому утверждению.
 +
}}
 +
 +
При перемножении рядов по правилу Коши, можно ослабить требования на сходимость рядов. Установим следующую теорему:
 +
 +
{{Теорема
 +
|about=
 +
Мертенс
 +
|statement=
 +
Пусть ряд из <tex>a_n</tex> — абсолютно сходящийся, а ряд из <tex>b_n</tex> — условно сходящийся. Тогда эти два ряда можно перемножить по способу Коши.
 +
|proof=
 +
Для удобства нумеруем слагаемые рядов <tex>a_n</tex> и <tex>b_n</tex>, начиная с нуля.
 +
 +
Пусть <tex>\alpha_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} a_kb_{n -k}</tex>. Тогда сумма <tex>\alpha_0 + \alpha_1 + \dots + \alpha_n</tex> — частичная сумма произведения рядов по правилу Коши.
 +
 +
:<tex>D_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} \sum\limits_{j = 0}^{k} a_jb_{k-j} = \sum\limits_{j = 0}^{n}\sum\limits_{k=j}^n a_j b_{k-j}=</tex>
 +
:<tex>= \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = j}^n b_{k - j} = \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = 0}^{n - j} b_k = \sum\limits_{j = 0}^n a_j B_{n-j}</tex>
 +
:<tex>B_n \longrightarrow B \Rightarrow B_n = B + \beta_n, \ \beta_n \longrightarrow 0</tex>
 +
:<tex>D_n = \sum\limits_{j = 0}^n a_j (B + \beta_{n - j}) = B \sum\limits_{j = 0}^n a_j + \sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j}</tex>
 +
Если доказать, что <tex>\sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j} \longrightarrow 0</tex>, то из последнего равенства получается искомое.
 +
 +
:<tex>\beta_n \longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \qquad \exists N: \forall n \ge N \qquad |\beta_n| \le \varepsilon</tex>
 +
Перебросив индексы в сумме, получаем:
 +
:<tex>\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \le \left |\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \right | \le \left |\sum\limits_{j = 0}^N a_{n-j}\beta_j \right | + \left |\sum\limits_{j = N + 1}^n a_{n-j}\beta_j \right |</tex>
 +
Обозначим два слагаемых в последней сумме как <tex>\Sigma_1</tex> и <tex>\Sigma_2</tex>.
 +
Последовательность <tex>\beta_n</tex> — бесконечно малая, значит она ограничена, пусть числом <tex>M</tex>. Тогда
 +
:<tex>\Sigma_1 \le \sum\limits_{j = 0}^{N} |a_{n-j}| |\beta_j| \le M \sum\limits_{j = 0}^N |a_{n - j}| = M \sum\limits_{j = n - N}^n |a_j|</tex>.
 +
Так как ряд <tex>a_n</tex> абсолютно сходится, то сумма стремится к нулю при <tex>n \longrightarrow \infty</tex>. Значит, начиная с какого-то номера она не превзойдёт <tex>\varepsilon</tex>.
 +
Итого, <tex>\Sigma_1 \le M\varepsilon \qquad \forall n \ge N_1 \ge N</tex>.
 +
:<tex>\Sigma_2 \le \sum\limits_{j = N + 1}^n |a_{n-j}||\beta_j| \le \varepsilon \sum\limits_{j = 0}^{\infty} |a_j|</tex>.
 +
:<tex>\left | \sum\limits_{j = 0}^n a_{n - j}\beta_j \right | \le T \cdot \varepsilon</tex>, следовательно, сумма стремится к нулю.
 
}}
 
}}

Текущая версия на 02:08, 22 января 2011


Имея дело с суммой конечного числа слагаемых, можно менять слагаемые местами и расставлять скобки - от этого результат не изменится.

Числовой ряд - это сумма бесконечного числа слагаемых, и действия нужно производить с оглядкой на этот факт.

Как мы убедимся далее, абсолютно сходящиеся ряды полностью копируют поведение суммы конечного числа слагаемых, а условно сходящиеся - нет.

Расставление скобок[править]

Под "расставлением скобок" в ряде понимают буквально следующее: пусть имеется последовательность

[math]n_1 \lt n_2 \lt \dots[/math]
[math]\sum a_n = (a_1 + \dots + a_{n_1 - 1}) + (a_{n_1} + \dots + a_{n_2}) + \dots[/math]
[math]b_p = \sum\limits_{k = n_{p - 1}}^{n_p - 1} a_k, \qquad n_0 = 1[/math]

Из построения видно, что частичная сумма ряда [math]b_p[/math] является некоторой частичной суммой ряда [math]a_n[/math]. Если исходный ряд сходится, то и ряд с расставленными скобками сходится к той же сумме. Обратное неверно: рассмотрим ряд с расставленными скобками

[math](1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0[/math]

Но ряд без скобок является расходящимся.

Легко установить факт: сходящийся ряд с расставленными скобками, в каждой скобке которого стоят слагаемые одного знака, сходится и без расставленных скобок.

Перестановка слагаемых ряда[править]

Уточним, что понимается под перестановкой слагаемых ряда. Пусть [math]\varphi: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}[/math] - биекция.

Дан ряд [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n[/math]. Рассмотрим ряд [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}[/math]. Полученный ряд называется перестановкой ряда [math]a_n[/math] по правилу [math]\varphi[/math].

Утверждение:
Пусть ряд из [math]a_n \geq 0[/math] сходится к [math]A[/math]. Тогда [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = A[/math]
[math]\triangleright[/math]

[math]B_n = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \dots + a_{\varphi(n)}, \qquad m_n = \max\limits_{i = 1..n}{\varphi(i)}[/math] В силу положительности ряда [math]a_n[/math] частичные суммы [math]A_n[/math] ограничены.

[math]B_n \le a_1 + a_2 + \dots + a_{m_n} = A_{m_n} \le A[/math], следовательно, частичные суммы [math]B_n[/math] ограничены, и так как все [math]a_n \le 0[/math]
[math]\lim\limits_{n \leftarrow \infty} B_n = B \le A[/math].
Меняя местами исходный ряд на переставленный и наоборот, получаем неравенство [math]A \le B[/math], следовательно, [math]B = A[/math].
[math]\triangleleft[/math]
Теорема:
Пусть ряд абсолютно сходится. Тогда любая его перестановка сходится к той же сумме.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

По линейности суммы ряда разложим исходный ряд на сумму двух вспомогательных:

[math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}^+ - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}^- = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^+ - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^- = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n[/math].
[math]\triangleleft[/math]

Для условно сходящихся рядов ситуация меняется. Имеет место теорема Римана (приводится без доказательства):

Теорема (Риман):
Пусть ряд из [math]a_n[/math] условно сходится. Тогда для любого [math]A[/math] из [math]\mathbb{R} \cup \{ -\infty; +\infty \}[/math] существует такая перестановка [math]\varphi[/math], что [math]A = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}[/math].

Формула Эйлера[править]

Приведём пример условно сходящегося ряда и его перестановку, которая уменьшает сумму ряда в два раза.

Установим следующую формулу:

Теорема (Эйлер):
Выполняется равенство:
[math]H_n = \sum\limits_{k = 1}^{n} \frac 1k = \ln n + C + \gamma_n, \qquad \gamma_n \rightarrow 0[/math],
где [math]C[/math] называется постоянной Эйлера
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим интеграл

[math]\int_{n}^{n+1} \frac{dx}{x} = \ln(n + 1) - \ln(n)[/math]

Воспользуемся тем, что [math]\ln 1 = 0[/math]:

[math]\ln n = \ln n - \ln 1 = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} (\ln(k + 1) - \ln k) = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x}[/math]

По монотонности [math]\frac 1x[/math]: [math]\int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \ge \frac 1{k+1}[/math]

[math]H_n - \ln n = \frac 1n + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k+1} \frac {dx}x \right ) \qquad (*)[/math]
[math]\frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac {dx}x \le \frac 1k - \frac 1{k + 1} = \frac 1{k(k + 1)} \le \frac 1{k^2}[/math]

Итак, ряд [math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left(\frac1k - \int_k^{k + 1} \frac{dx}x \right)[/math] является положительным и мажорируется сходящимся рядом [math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac 1{k^2}[/math]. Значит, этот ряд сходится.

В выражении [math](*)[/math] при предельном переходе и получаем искомую формулу, обозначая [math]C = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \right )[/math]
[math]\triangleleft[/math]

Перестановка, меняющая сумму ряда[править]

Утверждение:
[math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k - 1} \frac 1k = \ln 2[/math]
[math]\triangleright[/math]

Представленный ряд сходится, так как является рядом Лейбница. Пусть он сходится к [math]S[/math], тогда [math]S_{2n} \rightarrow S[/math], но:

[math]S_{2n} = 1 - \frac 12 + \dots + \frac 1{2n-1} - \frac 1{2n} = [/math]
[math]= (1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n - 1}) - \frac 12 (1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n) =[/math]
[math]= \left ( H_{2n} - \frac 12 \left ( 1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n \right ) \right ) - \frac 12 H_n = H_{2n} - H_n =[/math]
[math]= (\ln 2n + C + \gamma_{2n}) - (\ln n + C + \gamma_{n}) = \ln 2 + \gamma_{2n} - \gamma_{n} \rightarrow \ln 2[/math]
[math]\triangleleft[/math]

Переставим ряд следующим образом: за каждым слагаемым с нечётным номером пишем два последовательных слагаемых с чётными номерами

[math]1 - \frac 12 - \frac 14 + \frac 13 - \frac 16 - \frac 18 + \frac 15 - \frac 1{10} - \frac 1{12} + \dots[/math]
Утверждение:
Сумма этого ряда равна [math]\frac{\ln 2}{2}[/math]
[math]\triangleright[/math]

Так как общее слагаемое ряда стремится к нулю, то достаточно показать, что сходится ряд с расставленными скобками:

[math]\sum\limits_{k = 0}^{\infty} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+2} - \frac 1{4k + 4} \right )[/math]

Рассмотрим частичную сумму ряда с расставленными скобками:

[math]\sum\limits_{k = 0}^{n} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+2} - \frac 1{4k + 4} \right ) = \left ( 1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n+1} \right ) - \left ( \frac 12 + \frac 14 + \dots + \frac 1{4n+4} \right ) =[/math]
[math]= H_{2n} - \frac 12 H_n - \frac 12 H_{2n+2} = \frac 12 \left ( H_{2n} - H_n - \frac 1{2n+1} - \frac 1{2n+2} \right ) \rightarrow \frac{\ln 2}2[/math]
[math]\triangleleft[/math]

Перемножение рядов[править]

Две суммы из конечного числа слагаемых перемножаются почленно. Для бесконечного числа слагаемых необходимо формализовать процесс перемножения.

Организуем бесконечную матрицу из чисел [math]c_{ij} = a_i \cdot b_j[/math]. Пусть [math]\varphi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}^2[/math] — правило обхода матрицы, по которому матрицу можно развернуть в строку, то есть ряд, сумму которого можно посчитать (при сходимости такого ряда).

Если сумма такого ряда равна произведению сумм исходных рядов, то говорят, что два ряда можно перемножить по способу [math]\varphi[/math].

Важнейший способ перемножения - способ Коши произведения по диагонали:

[math]\alpha_k = \sum\limits_{j = 0}^{k} a_j b_{k - j}[/math]
Теорема:
Пусть положительные ряды [math]a_n, b_n[/math] абсолютно сходятся и имеют суммы [math]A[/math] и [math]B[/math]. Тогда их можно перемножить любым способом [math]\varphi[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Используя положительность рядов, ведём рассуждения для достаточно большого количества слагаемых частичных сумм.

Так как в любую наперёд заданную клетку мы попадём, то ясно, что через некоторое количество шагов все клетки некоторого левого верхнего квадрата уже будут пройдены.

Сумма элементов квадрата [math]\sum\limits_{k = 1}^n a_k \cdot \sum\limits_{k = 1}^n b_k[/math] не превосходит частичной суммы, которая, в свою очередь не превосходит суммы элементов окаймляющего квадрата. Но, если устремить [math]n[/math] к бесконечности, то частичная сумма ряда по принципу сжатой переменной стремится к [math]AB[/math], что и требовалось доказать.
[math]\triangleleft[/math]
Теорема:
Пусть ряды из [math]a_n, b_n[/math] абсолютно сходятся и имеют суммы [math]A[/math] и [math]B[/math]. Тогда их можно перемножить любым способом [math]\varphi[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Определим [math]A'[/math] как сумму вспомогательного ряда [math]\sum\limits_{k = 1}^n a_n^+[/math], [math]A''[/math] как сумму [math]\sum\limits_{k = 1}^n a_n^-[/math]. Аналогично определяем [math]B'[/math] и [math]B''[/math].

По определению, [math]AB = (A' - A'') \times (B' - B'') = A'B' - A''B' - B''A' + A''B''[/math]. Раскладывая ряд по линейности на сумму положительных произведений вспомогательных рядов и приходим к искомому утверждению.
[math]\triangleleft[/math]

При перемножении рядов по правилу Коши, можно ослабить требования на сходимость рядов. Установим следующую теорему:

Теорема (Мертенс):
Пусть ряд из [math]a_n[/math] — абсолютно сходящийся, а ряд из [math]b_n[/math] — условно сходящийся. Тогда эти два ряда можно перемножить по способу Коши.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Для удобства нумеруем слагаемые рядов [math]a_n[/math] и [math]b_n[/math], начиная с нуля.

Пусть [math]\alpha_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} a_kb_{n -k}[/math]. Тогда сумма [math]\alpha_0 + \alpha_1 + \dots + \alpha_n[/math] — частичная сумма произведения рядов по правилу Коши.

[math]D_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} \sum\limits_{j = 0}^{k} a_jb_{k-j} = \sum\limits_{j = 0}^{n}\sum\limits_{k=j}^n a_j b_{k-j}=[/math]
[math]= \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = j}^n b_{k - j} = \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = 0}^{n - j} b_k = \sum\limits_{j = 0}^n a_j B_{n-j}[/math]
[math]B_n \longrightarrow B \Rightarrow B_n = B + \beta_n, \ \beta_n \longrightarrow 0[/math]
[math]D_n = \sum\limits_{j = 0}^n a_j (B + \beta_{n - j}) = B \sum\limits_{j = 0}^n a_j + \sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j}[/math]

Если доказать, что [math]\sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j} \longrightarrow 0[/math], то из последнего равенства получается искомое.

[math]\beta_n \longrightarrow \forall \varepsilon \gt 0 \qquad \exists N: \forall n \ge N \qquad |\beta_n| \le \varepsilon[/math]

Перебросив индексы в сумме, получаем:

[math]\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \le \left |\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \right | \le \left |\sum\limits_{j = 0}^N a_{n-j}\beta_j \right | + \left |\sum\limits_{j = N + 1}^n a_{n-j}\beta_j \right |[/math]

Обозначим два слагаемых в последней сумме как [math]\Sigma_1[/math] и [math]\Sigma_2[/math]. Последовательность [math]\beta_n[/math] — бесконечно малая, значит она ограничена, пусть числом [math]M[/math]. Тогда

[math]\Sigma_1 \le \sum\limits_{j = 0}^{N} |a_{n-j}| |\beta_j| \le M \sum\limits_{j = 0}^N |a_{n - j}| = M \sum\limits_{j = n - N}^n |a_j|[/math].

Так как ряд [math]a_n[/math] абсолютно сходится, то сумма стремится к нулю при [math]n \longrightarrow \infty[/math]. Значит, начиная с какого-то номера она не превзойдёт [math]\varepsilon[/math]. Итого, [math]\Sigma_1 \le M\varepsilon \qquad \forall n \ge N_1 \ge N[/math].

[math]\Sigma_2 \le \sum\limits_{j = N + 1}^n |a_{n-j}||\beta_j| \le \varepsilon \sum\limits_{j = 0}^{\infty} |a_j|[/math].
[math]\left | \sum\limits_{j = 0}^n a_{n - j}\beta_j \right | \le T \cdot \varepsilon[/math], следовательно, сумма стремится к нулю.
[math]\triangleleft[/math]