Арифметические действия с числовыми рядами — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Перестановка, меняющая сумму ряда)
м (Перестановка, меняющая сумму ряда: неправильный коэффициент)
 
(не показано 6 промежуточных версий 3 участников)
Строка 1: Строка 1:
{{В разработке}}
+
[[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 30: 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 82: 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}</tex> 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>
Строка 105: Строка 105:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Сумма это ряда равна <tex>\frac{\ln 2}{2}</tex>
+
Сумма этого ряда равна <tex>\frac{\ln 2}{2}</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
Так как общее слагаемое ряда стремится к нулю, то достаточно показать, что сходится ряд с расставленными скобками:
 
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{2k+2} - \frac 1{4k + 4} \right )</tex>
+
:<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:
 
Рассмотрим частичную сумму ряда с расставленными скобками:
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^{n} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{2k+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>\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>
 
:<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>
 
}}
 
}}
Строка 118: Строка 118:
 
Две суммы из конечного числа слагаемых перемножаются почленно. Для бесконечного числа слагаемых необходимо формализовать процесс перемножения.
 
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).
+
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>.
 
Если сумма такого ряда равна произведению сумм исходных рядов, то говорят, что два ряда можно перемножить по способу <tex>\varphi</tex>.
Строка 124: Строка 124:
 
Важнейший способ перемножения - способ Коши произведения по диагонали:
 
Важнейший способ перемножения - способ Коши произведения по диагонали:
 
:<tex>\alpha_k = \sum\limits_{j = 0}^{k} a_j b_{k - j}</tex>
 
:<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
 
{{Теорема
 
|statement=
 
|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>.
 
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]