Satz von Mertens

Satz 16LZ (Satz von Mertens)

Sind A=∑k=0∞akA=\sum\limits_{k=0}^\infty a_k und B=∑k=0∞bkB=\sum\limits_{k=0}^\infty b_k konvergente Reihen, wobei mindestens eine der beiden absolut konvergiert,
so konvergiert das Cauchy-Produkt ∑k=0∞ck\sum\limits_{k=0}^\infty c_k, wobei ck=∑j=0kajbk−jc_k=\sum\limits_{j=0}^k a_j b_{k-j} ist, gegen AB AB\,.

Beweis

Ohne Einschränkung sei A A\, die absolut konvergente Reihe. Zu zeigen ist nun die Partialsumme Sn=∑k=0nckS_n=\sum\limits_{k=0}^n c_k konvergiert gegen ABAB.
Im folgenden sei An=∑k=0nakA_n=\sum\limits_{k=0}^n a_k und Bn=∑k=0nbkB_n=\sum\limits_{k=0}^n b_k.
(1)AB(1) \quad AB lässt sich schreiben als (A−An)B+∑k=0nakB(A-A_n)B+\sum\limits_{k=0}^n a_k B
(2)Sn(2) \quad S_n lässt sich schreiben als ∑k=0nakBn−k\sum\limits_{k=0}^n a_k B_{n-k}
Summationcauchy.JPG
Die Differenzbildung (1)−(2) (1)-(2)\, ergibt AB−Sn=(A−An)B+∑k=0nak(B−Bn−k)AB-S_n=(A-A_n)B+\sum\limits_{k=0}^n a_k (B-B_{n-k})
Dabei geht (A−An)B(A-A_n)B gegen Null und mit N:=⌊n2⌋N:=\brFloor{ \dfrac{n}{2} } lässt sich letzte Reihe aufspalten zu
∑k=0Nak(B−Bn−k)⎵=Pn+∑k=N+1nak(B−Bn−k)⎵=Qn\underbrace{\sum\limits_{k=0}^N a_k (B-B_{n-k})}_{=P_n}+\underbrace{\sum\limits_{k=N+1}^n a_k (B-B_{n-k})}_{=Q_n}
Es gilt ∣Pn∣≤∑k=0N∣ak∣⋅∣B−Bn−k∣|P_n|\le \sum\limits_{k=0}^N |a_k|\cdot |B-B_{n-k}|≤max⁡k≥N∣B−Bk∣ ∑k=0N∣ak∣→0\le \max_{k\ge N} |B-B_k|\, \sum\limits_{k=0}^N |a_k|\to 0
Denn letzter Ausdruck ist ein Produkt von einer Nullfolge mit einer beschränkten Folge.
Da die Nullfolge (B−Bk) (B-B_k)\, beschränkt sein muss gibt es ein C>0 C>0\, mit ∣B−Bk∣<C∀k∈N|B-B_k|<C \quad \forall k\in\N.
Daher ist ∣Qn∣≤∑k=N+1n∣ak∣⋅∣B−Bn−k∣|Q_n|\le \sum\limits_{k=N+1}^n |a_k|\cdot |B-B_{n-k}|≤C∑k=N+1n∣ak∣→0\le C \sum\limits_{k=N+1}^n |a_k|\to 0 nach Cauchy-Kriterium.
Also gilt AB−Sn→0AB-S_n\to 0 woraus unmittelbar Sn→ABS_n\to AB folgt. □\qed
 
 

Ein Mathematiker, der nicht irgendwie ein Dichter ist, wird nie ein vollkommener Mathematiker sein.

Karl Weierstraß

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