कॉची गुणनफल

गणित में, विशेषकर गणितीय विश्लेषण में, कॉची गुणनफल दो अनंत श्रेणियों का असतत सवलन है। इसका नाम फ्रांसीसी गणितज्ञ ऑगस्टिन-लुई कॉची के नाम पर रखा गया है।

परिभाषाएँ
कॉची गुणनफल अनंत श्रेणी          या पावर श्रेणी पर लागू हो सकता है।  जब लोग इसे परिमित अनुक्रमों या परिमित श्रेणी पर लागू करते हैं, तो इसे केवल गैर-शून्य गुणांकों की एक सीमित संख्या के साथ श्रेणी के गुणनफल के एक विशेष मामले के रूप में देखा जा सकता है (अलग-अलग सवलन देखें)।

अभिसरण विषयों पर अगले भाग में चर्चा की गई है।

दो अपरिमित श्रेणियों का कॉची गुणनफल
मान लीजिये $ \sum_{i=0}^\infty a_i$ और $ \sum_{j=0}^\infty b_j$  जटिल पदों वाली दो अनंत श्रृंखलाएँ हों। इन दो अनंत श्रेणियों के कॉची गुणनफल को असतत सवलन द्वारा निम्नानुसार परिभाषित किया गया है:


 * $$\left(\sum_{i=0}^\infty a_i\right) \cdot \left(\sum_{j=0}^\infty b_j\right) = \sum_{k=0}^\infty c_k$$ कहाँ $$c_k=\sum_{l=0}^k a_l b_{k-l}$$.

द्वि घात श्रेणी का कॉची गुणनफल
निम्नलिखित द्वि घात श्रेणियों पर विचार करें


 * $$\sum_{i=0}^\infty a_i x^i$$ और $$\sum_{j=0}^\infty b_j x^j$$

जटिल गुणांकों के साथ $$\{a_i\}$$ और $$\{b_j\}$$. इन द्वि घात श्रेणियों के कॉची गुणनफल को असतत सवलन द्वारा निम्नानुसार परिभाषित किया गया है:


 * $$\left(\sum_{i=0}^\infty a_i x^i\right) \cdot \left(\sum_{j=0}^\infty b_j x^j\right) = \sum_{k=0}^\infty c_k x^k$$ कहाँ $$c_k=\sum_{l=0}^k a_l b_{k-l}$$.

अभिसरण और मर्टेंस प्रमेय
मान लीजिए $(a_{n})_{n≥0}$ और $(b_{n})_{n≥0}$ वास्तविक या जटिल अनुक्रम हैं। यह फ्रांज मर्टेंस द्वारा सिद्ध किया गया था कि, यदि श्रेणी $ \sum_{n=0}^\infty a_n$ $A$ में परिवर्तित हो जाती है और $ \sum_{n=0}^\infty b_n$  $B$ में परिवर्तित हो जाता है, और उनमें से कम से कम एक पूर्ण रूप से परिवर्तित हो जाता है, फिर उनका कॉची उत्पाद $AB$ में परिवर्तित हो जाता है। प्रमेय अभी भी बानाच बीजगणित में मान्य है (निम्नलिखित प्रमाण की पहली पंक्ति देखें)।

यह दोनों श्रेणियों का अभिसरण होने के लिए पर्याप्त नहीं है; यदि दोनों अनुक्रम सशर्त रूप से अभिसरण हैं, तो कॉची उत्पाद को दो श्रेणियों के उत्पाद की ओर अभिसरण करने की आवश्यकता नहीं है, जैसा कि निम्नलिखित उदाहरण से पता चलता है:

उदाहरण
दो वैकल्पिक श्रेणियों पर विचार करें

$$a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}\,,$$ जो केवल सशर्त रूप से अभिसरण हैं (पूर्ण मूल्यों की श्रेणी का विचलन प्रत्यक्ष तुलना परीक्षण और हार्मोनिक श्रेणी (गणित) के विचलन से होता है)। उनके कॉची गुणनफल की शर्तें दी गई हैं

$$c_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \cdot \frac{ (-1)^{n-k} }{ \sqrt{n-k+1} } = (-1)^n \sum_{k=0}^n \frac{1}{ \sqrt{(k+1)(n-k+1)} }$$ प्रत्येक पूर्णांक $n ≥ 0$ के लिए। चूँकि प्रत्येक $k ∈ \{0, 1, ..., n\}$ के लिए, हमारे पास असमानताएँ $k + 1 ≤ n + 1$और $n – k + 1 ≤ n + 1$ हैं, यह निम्न के लिए अनुसरण करता है हर में वर्गमूल कि $√(k + 1)(n − k + 1) ≤ n +1$ इसलिए, क्योंकि $n + 1$ योग हैं,

$$|c_n| \ge \sum_{k=0}^n \frac{1}{n+1} = 1$$प्रत्येक पूर्णांक $n ≥ 0$ के लिए। इसलिए, $c_{n}$, $n → ∞$ के रूप में शून्य में परिवर्तित नहीं होता है, इसलिए $(c_{n})_{n≥0}$ की श्रेणी परीक्षण शब्द से भिन्न होती है।

मर्टेंस प्रमेय का प्रमाण
सरलता के लिए, हम इसे जटिल संख्याओं के लिए सिद्ध करेंगे। हालाँकि, जो प्रमाण हम देने जा रहे हैं वह औपचारिक रूप से एक मनमाना बनच बीजगणित के लिए समान है (यहां तक कि क्रमविनिमेयता या साहचर्यता की भी आवश्यकता नहीं है)।

व्यापकता खोए बिना मान लें कि श्रेणी $ \sum_{n=0}^\infty a_n$ पूर्णतः अभिसरण करती है।

आंशिक योग परिभाषित करें$$A_n = \sum_{i=0}^n a_i,\quad B_n = \sum_{i=0}^n b_i\quad\text{and}\quad C_n = \sum_{i=0}^n c_i$$साथ

$$c_i=\sum_{k=0}^ia_kb_{i-k}\,.$$ तब

$$C_n = \sum_{i=0}^n a_{n-i}B_i$$ पुनर्व्यवस्था द्वारा, इसलिए

$ε > 0$ हल करें। चूँकि $ \sum_{k \in \N} |a_k| < \infty$ पूर्ण अभिसरण द्वारा, और चूँकि $B_{n}$, $B$ में $n → ∞$ के रूप में परिवर्तित होता है, इसलिए एक पूर्णांक $N$ मौजूद होता है, जैसे कि सभी पूर्णांक $n ≥ N$ के लिए,

(यह एकमात्र स्थान है जहां निरपेक्ष अभिसरण का उपयोग किया जाता है)। चूँकि $(a_{n})_{n≥0}$ की श्रेणी अभिसरित होती है, $a_{n}$ परीक्षण शब्द के अनुसार 0 पर अभिसरण करना होगा। इसलिए एक पूर्णांक $M$ का अस्तित्व इस प्रकार है कि, सभी पूर्णांक $n ≥ M$ के लिए,

साथ ही, चूँकि $A_{n}$, $n → ∞$ के रूप में $A$ में परिवर्तित होता है, इसलिए एक पूर्णांक $L$ उपस्तिथि होता है, जैसे कि सभी पूर्णांकों $n ≥ L$ के लिए,

फिर, सभी पूर्णांकों $n ≥ max\{L, M + N\}$ के लिए, $C_{n}$ के लिए निरूपण ($$) का उपयोग करें, योग को दो भागों में विभाजित करें, निरपेक्ष मान के लिए त्रिभुज असमानता का उपयोग करें, और अंत में तीन अनुमानों ($$) का उपयोग करें, ($$) तथा ($$) यह दर्शाने के लिए

$$\begin{align} &\le \sum_{i=0}^{N-1}\underbrace{|a_{\underbrace{\scriptstyle n-i}_{\scriptscriptstyle \ge M}}|\,|B_i-B|}_{\le\,\varepsilon/(3N)\text{ by (3)}}+{}\underbrace{\sum_{i=N}^n |a_{n-i}|\,|B_i-B|}_{\le\,\varepsilon/3\text{ by (2)}}+{}\underbrace{|A_n-A|\,|B|}_{\le\,\varepsilon/3\text{ by (4)}}\le\varepsilon\,. \end{align}$$
 * C_n - AB| &= \biggl|\sum_{i=0}^n a_{n-i}(B_i-B)+(A_n-A)B\biggr| \\

एक श्रेणी के अभिसरण की परिभाषा के अनुसार, आवश्यकतानुसार $C_{n} → AB$।

सेसारो का प्रमेय
ऐसे मामलों में जहां दो अनुक्रम अभिसरण हैं लेकिन पूरी तरह से अभिसरण नहीं हैं, कॉची गुणनफल अभी भी सिजेरो योग है। विशेष रूप से:

अगर $ (a_n)_{n \geq 0}$, $ (b_n)_{n \geq 0}$ के साथ वास्तविक अनुक्रम हैं $ \sum a_n\to A$  और $ \sum b_n\to B$  तब

$$\frac{1}{N}\left(\sum_{n=1}^N\sum_{i=1}^n\sum_{k=0}^i a_k b_{i-k}\right)\to AB.$$ इसे उस मामले में सामान्यीकृत किया जा सकता है जहां दो अनुक्रम अभिसरण नहीं हैं बल्कि सिजेरो सारांश योग्य हैं:

प्रमेय
के लिए $ r>-1$ और $ s>-1$, मान लीजिए अनुक्रम $ (a_n)_{n \geq 0}$  है $ (C,\; r)$  योग ए और के साथ योगयोग्य $ (b_n)_{n \geq 0}$  है $ (C,\; s)$  योग बी के साथ योगयोग्य। फिर उनका कॉची गुणनफल है $ (C,\; r+s+1)$  योग AB के साथ योगयोग्य।

उदाहरण

 * कुछ के लिए $ x,y \in \Reals$, होने देना $ a_n = x^n/n!$ और $ b_n = y^n/n!$ . तब $$ c_n = \sum_{i=0}^n\frac{x^i}{i!}\frac{y^{n-i}}{(n-i)!} = \frac{1}{n!} \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} x^i y^{n-i} = \frac{(x+y)^n}{n!}$$ परिभाषा और द्विपद सूत्र के अनुसार। चूंकि, औपचारिक श्रेणी, $ \exp(x) = \sum a_n$  और $ \exp(y) = \sum b_n$ , हमने वो करके दिखाया है $ \exp(x+y) = \sum c_n$ . चूँकि दो निरपेक्ष अभिसरण श्रेणियों के कॉची गुणनफल की सीमा उन श्रेणियों की सीमाओं के गुणनफल के बराबर है, हमने सूत्र को सिद्ध कर दिया है $ \exp(x+y) = \exp(x)\exp(y)$  सभी के लिए $ x,y \in \Reals$.
 * दूसरे उदाहरण के तौर पर, आइए $ a_n = b_n = 1$ सभी के लिए $ n \in \N$ . तब $ c_n = n+1$  सभी के लिए $$n \in \N$$ तो कॉची गुणनफल $$ \sum c_n = (1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,\dots)$$ एकत्रित नहीं होता.

सामान्यीकरण
उपरोक्त सभी अनुक्रमों पर लागू होते हैं $ \Complex$ (जटिल आंकड़े)। कॉची गुणनफल को श्रेणी के लिए परिभाषित किया जा सकता है $ \R^n$  रिक्त स्थान (यूक्लिडियन स्थान स्थान) जहां गुणन आंतरिक गुणनफल है। इस मामले में, हमारे पास यह परिणाम है कि यदि दो श्रृंखलाएं पूरी तरह से अभिसरण करती हैं तो उनका कॉची गुणनफल पूरी तरह से सीमाओं के आंतरिक गुणनफल में परिवर्तित हो जाता है।

अनंत अनेक अनंत श्रेणियों के गुणनफल
होने देना $$n \in \N$$ ऐसा है कि $$n \ge 2$$ (वास्तव में निम्नलिखित भी सत्य है $$n=1$$ लेकिन उस स्थिति में कथन तुच्छ हो जाता है) और चलो $\sum_{k_1 = 0}^\infty a_{1, k_1}, \ldots, \sum_{k_n = 0}^\infty a_{n, k_n}$ जटिल गुणांकों वाली अनंत श्रेणी हो, जिसमें से को छोड़कर सभी $$n$$एक बिल्कुल अभिसरण करता है, और $$n$$वें एक जुटता है. फिर तो हद हो गयी $$\lim_{N\to\infty}\sum_{k_1+\ldots+k_n\leq N} a_{1,k_1}\cdots a_{n,k_n}$$ मौजूद है और हमारे पास है: $$\prod_{j=1}^n \left( \sum_{k_j = 0}^\infty a_{j, k_j} \right)=\lim_{N\to\infty}\sum_{k_1+\ldots+k_n\leq N} a_{1,k_1}\cdots a_{n,k_n}$$

प्रमाण
क्योंकि $$\forall N\in\mathbb N:\sum_{k_1+\ldots+k_n\leq N}a_{1,k_1}\cdots a_{n,k_n}=\sum_{k_1 = 0}^N \sum_{k_2 = 0}^{k_1} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}}a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2}$$ कथन को प्रेरण द्वारा सिद्ध किया जा सकता है $$n$$: के लिए मामला $$n = 2$$ कॉची गुणनफल के बारे में दावे के समान है। यह हमारा इंडक्शन बेस है.

प्रेरण चरण इस प्रकार है: दावे को सत्य होने दें $$n \in \N$$ ऐसा है कि $$n \ge 2$$, और जाने $\sum_{k_1 = 0}^\infty a_{1, k_1}, \ldots, \sum_{k_{n+1} = 0}^\infty a_{n+1, k_{n+1}}$ जटिल गुणांकों वाली अनंत श्रेणी हो, जिसमें से को छोड़कर सभी $$n+1$$एक बिल्कुल अभिसरण करता है, और $$n+1$$-वह एकाग्र होता है। हम पहले श्रेणी में प्रेरण परिकल्पना को लागू करते हैं $\sum_{k_1 = 0}^\infty |a_{1, k_1}|, \ldots, \sum_{k_n = 0}^\infty |a_{n, k_n}|$. हमें वह श्रेणी प्राप्त होती है $$\sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_2 = 0}^{k_1} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}} |a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2}|$$ अभिसरण, और इसलिए, त्रिकोण असमानता और सैंडविच मानदंड, श्रेणी द्वारा $$\sum_{k_1 = 0}^\infty \left| \sum_{k_2 = 0}^{k_1} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}} a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2} \right|$$ अभिसरण, और इसलिए श्रेणी $$\sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_2 = 0}^{k_1} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}} a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2}$$ बिल्कुल एकाग्र हो जाता है। इसलिए, प्रेरण परिकल्पना द्वारा, मर्टेंस ने जो साबित किया, और चर के नाम बदलकर, हमारे पास है: $$\begin{align} \prod_{j=1}^{n+1} \left( \sum_{k_j = 0}^\infty a_{j, k_j} \right) & = \left( \sum_{k_{n+1} = 0}^\infty \overbrace{a_{n+1, k_{n+1}}}^{=:a_{k_{n+1}}} \right) \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \overbrace{\sum_{k_2 = 0}^{k_1} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}} a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2}}^{=:b_{k_1}} \right) \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \overbrace{\sum_{k_2 = 0}^{k_1} \sum_{k_3 = 0}^{k_2} \cdots \sum_{k_n = 0}^{k_{n-1}} a_{1, k_n} a_{2, k_{n-1} - k_n} \cdots a_{n, k_1 - k_2}}^{=:a_{k_1}} \right) \left ( \sum_{k_{n+1} = 0}^\infty \overbrace{a_{n+1, k_{n+1}}}^{=:b_{k_{n+1}}} \right)  \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \overbrace{\sum_{k_3 = 0}^{k_1} \sum_{k_4 = 0}^{k_3} \cdots \sum_{k_n+1 = 0}^{k_{n}} a_{1, k_{n+1}} a_{2, k_{n} - k_{n+1}} \cdots a_{n, k_1 - k_3}}^{=:a_{k_1}} \right) \left ( \sum_{k_{2} = 0}^\infty \overbrace{a_{n+1, k_{2}}}^{=:b_{n+1,k_{2}}=:b_{k_{2}}} \right)  \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty a_{k_1} \right) \left ( \sum_{k_{2} = 0}^\infty b_{k_2} \right)  \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_{2} = 0}^{k_1} a_{k_2}b_{k_1 - k_2} \right)  \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_{2} = 0}^{k_1} \left ( \overbrace{\sum_{k_3 = 0}^{k_2} \cdots \sum_{k_n+1 = 0}^{k_{n}} a_{1, k_{n+1}} a_{2, k_{n} - k_{n+1}} \cdots a_{n, k_2 - k_3}}^{=:a_{k_2}} \right) \left ( \overbrace{a_{n+1, k_1 - k_2}}^{=:b_{k_1 - k_2}}  \right) \right)  \\

& = \left( \sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_{2} = 0}^{k_1}  \overbrace{\sum_{k_3 = 0}^{k_2} \cdots \sum_{k_n+1 = 0}^{k_{n}} a_{1, k_{n+1}} a_{2, k_{n} - k_{n+1}} \cdots a_{n, k_2 - k_3}}^{=:a_{k_2}} \overbrace{a_{n+1, k_1 - k_2}}^{=:b_{k_1 - k_2}}   \right)  \\

& = \sum_{k_1 = 0}^\infty \sum_{k_2 = 0}^{k_1} a_{n+1, k_1 - k_2} \sum_{k_3 = 0}^{k_2} \cdots \sum_{k_{n+1} = 0}^{k_n} a_{1, k_{n+1}} a_{2, k_n - k_{n+1}} \cdots a_{n, k_2 - k_3} \end{align}$$ इसलिए, सूत्र भी लागू होता है $$n+1$$.

फ़ंक्शंस के सवलन से संबंध
एक परिमित अनुक्रम को एक अनंत अनुक्रम के रूप में देखा जा सकता है जिसमें केवल बहुत से गैर-शून्य पद होते हैं, या दूसरे शब्दों में एक फ़ंक्शन के रूप में देखा जा सकता है $$f: \N \to \Complex$$ सीमित समर्थन के साथ. किसी भी जटिल-मूल्यवान फ़ंक्शन के लिए f, g on $$\N$$ सीमित समर्थन के साथ, कोई अपना सवलन (गणित) ले सकता है: $$(f * g)(n) = \sum_{i + j = n} f(i) g(j).$$ तब $\sum (f *g)(n)$ के कॉची गुणनफल के समान ही है $\sum f(n)$  और $\sum g(n)$.

अधिक सामान्यतः, एक मोनॉयड एस दिए जाने पर, कोई अर्धसमूह बीजगणित बना सकता है $$\Complex[S]$$ एस का, सवलन द्वारा दिए गए गुणन के साथ। यदि कोई लेता है, उदाहरण के लिए, $$S = \N^d$$, फिर गुणा पर $$\Complex[S]$$ उच्च आयाम के लिए कॉची गुणनफल का सामान्यीकरण है।

संदर्भ