コーシー積

数学、より具体的には数学的解析において、コーシー積は2 つの無限級数の離散畳み込みであり、フランスの数学者オーギュスタン＝ルイ・コーシーにちなんで名付けられました。

コーシー積は、無限級数^{[1] [2] [3] [4] [5] [6] [ 7] [ 8] [9] [10] [11] [過剰な引用]}や冪級数^{[12] [ 13]に適用することができる。これを有限列[14]}や有限級数に適用する場合、それは単に有限個の非ゼロ係数を持つ級数の積の特殊なケースと見なすことができる（離散畳み込みを参照）。

収束の問題については次のセクションで説明します。

とを複素項を持つ2 つの無限級数とします。これら 2 つの無限級数のコーシー積は、離散畳み込みによって次のように定義されます。 ${\textstyle \sum _{i=0}^{\infty }a_{i}}$${\textstyle \sum _{j=0}^{\infty }b_{j}}$

${\displaystyle \left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}\right)\cdot \left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}}$     どこ     。${\displaystyle c_{k}=\sum _{l=0}^{k}a_{l}b_{kl}}$

次の2つのべき級数を考える

${\displaystyle \sum _{i=0}^{\infty }a_{i}x^{i}}$     そして     ${\displaystyle \sum _{j=0}^{\infty }b_{j}x^{j}}$

複素係数とを持つ。これら 2 つのべき級数のコーシー積は、離散畳み込みによって次のように定義されます。 ${\displaystyle \{a_{i}\}}$${\displaystyle \{b_{j}\}}$

${\displaystyle \left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}x^{i}\right)\cdot \left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}x^{j}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}x^{k}}$     どこ     。${\displaystyle c_{k}=\sum _{l=0}^{k}a_{l}b_{kl}}$

( a _n ) _{n ≥0}および( b _n ) _{n ≥0}を実数列または複素数列とする。Franz Mertensは、級数がAに収束し、Bに収束し、少なくともそのうちの1つが絶対収束する場合、それらのコーシー積はABに収束することを証明した。^{[15]この定理は}バナッハ代数でも有効である（次の証明の最初の行を参照）。 ${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }a_{n}}$ ${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }b_{n}}$

両方の級数が収束するだけでは十分ではありません。両方の数列が条件付きで収束する場合、次の例に示すように、コーシー積は 2 つの級数の積に収束する必要はありません。

2つの交互の級数を考えてみましょう

$${\displaystyle a_{n}=b_{n}={\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {n+1}}}\,,}$$

これらは条件付きでのみ収束する（絶対値の級数の発散は直接比較テストと調和級数の発散から導かれる）。それらのコーシー積の項は次のように与えられる。

$${\displaystyle c_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k+1}}}\cdot {\frac {( -1)^{nk}}{\sqrt {n-k+1}}}=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{\sqrt {(k+1)(n-k+1)}}}}$$

あらゆる整数n ≥ 0に対して成り立つ。あらゆるk ∈ {0, 1, ..., n }に対して不等式k + 1 ≤ n + 1およびn – k + 1 ≤ n + 1が成り立つので、分母の平方根については√ ( k + 1)( n − k + 1) ≤ n +1となり、したがってn + 1個の加数があるため、

$${\displaystyle |c_{n}|\geq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{n+1}}=1}$$

すべての整数n ≥ 0に対して。したがって、c _{n は}n → ∞ではゼロに収束せず、したがって( c _n ) _{n ≥0}の級数は項テストによって発散します。

簡単にするために、複素数について証明します。ただし、これから示す証明は、任意のバナッハ代数に対して形式的に同一です(可換性や結合性さえも必要ありません)。

一般性を失うことなく級数が絶対収束すると仮定する。部分和を定義する。${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }a_{n}}$

$${\displaystyle A_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\quad B_{n}=\sum _{i=0}^{n}b_{i}\quad {\text{and}}\quad C_{n}=\sum _{i=0}^{n}c_{i}}$$

と

$${\displaystyle c_{i}=\sum _{k=0}^{i}a_{k}b_{ik}\,.}$$

それから

$${\displaystyle C_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{ni}B_{i}}$$

再配置によって、したがって

ε > 0 を固定します。絶対収束により、またB _{n は}n → ∞でBに収束するので、すべての整数n ≥ Nに対して、 ${\textstyle \sum _{k\in \mathbb {N} }|a_{k}|<\infty }$

（絶対収束が使われるのはここだけである）。 ( a _n ) _{n ≥0}の級数は収束するので、個々のa _{n は}項テストによって 0 に収束しなければならない。したがって、すべての整数n ≥ Mに対して、

また、A _{n は}n → ∞でAに収束するので、すべての整数n ≥ Lに対して、

次に、すべての整数n ≥ max{ L , M + N }に対して、 C _nの表現( 1 )を使用し、合計を2つの部分に分割し、絶対値に三角不等式を使用し、最後に3つの推定値( 2 )、( 3 )、( 4 )を使用して、

$${\displaystyle {\begin{aligned}|C_{n}-AB|&={\biggl |}\sum _{i=0}^{n}a_{ni}(B_{i}-B)+(A_{n}-A)B{\biggr |}\\&\leq \sum _{i=0}^{N-1}\underbrace {|a_{\underbrace {\scriptstyle ni} _{\scriptscriptstyle \geq M}}|\,|B_{i}-B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ (3) により}}}+{}\underbrace {\sum _{i=N}^{n}|a_{ni}|\,|B_{i}-B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ (2) により}}}+{}\underbrace {|A_{n}-A|\,|B|} _{\leq \,\varepsilon /3{\text{ (4) により}}}\leq \varepsilon \,.\end{aligned}}}$$

級数の収束の定義により、C _n → ABが要求されます。

2つの数列が収束するが絶対収束しない場合でも、コーシー積はチェザロ和算可能である。^[16] 具体的には、

、が実数列であり、が成り立つ 場合、${\textstyle (a_{n})_{n\geq 0}}$${\textstyle (b_{n})_{n\geq 0}}$${\textstyle \sum a_{n}\to A}$${\textstyle \sum b_{n}\to B}$

$${\displaystyle {\frac {1}{N}}\left(\sum _{n=1}^{N}\sum _{i=1}^{n}\sum _{k=0}^{i}a_{k}b_{ik}\right)\to AB.}$$

これは、2 つのシーケンスが収束せず、単にチェザロ和可能である場合に一般化できます。

およびについて、数列が和Aと和可能であり、が和Bと和可能であるとします。この場合、それらのコーシー積は和ABと和可能です。 ${\textstyle r>-1}$${\textstyle s>-1}$${\textstyle (a_{n})_{n\geq 0}}$${\textstyle (C,\;r)}$${\textstyle (b_{n})_{n\geq 0}}$${\textstyle (C,\;s)}$${\textstyle (C,\;r+s+1)}$

• ある に対して、 およびとします。定義により、 および二項式公式 が成り立ちます。形式的には、なので、 であることが証明されました。2 つの絶対収束級数のコーシー積の極限は、それらの級数の極限の積に等しいので、すべての に対して の公式が証明されました。${\textstyle x,y\in \mathbb {R} }$${\textstyle a_{n}=x^{n}/n!}$${\textstyle b_{n}=y^{n}/n!}$$${\displaystyle c_{n}=\sum _{i=0}^{n}{\frac {x^{i}}{i!}}{\frac {y^{n-i}}{(n-i)!}}={\frac {1}{n!}}\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}x^{i}y^{n-i}={\frac {(x+y)^{n}}{n!}}}$$${\textstyle \exp(x)=\sum a_{n}}$${\textstyle \exp(y)=\sum b_{n}}$${\textstyle \exp(x+y)=\sum c_{n}}$${\textstyle \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)}$${\textstyle x,y\in \mathbb {R} }$
• 2 番目の例として、すべて についてとします。するとすべて について となり、コーシー積は収束しません。${\textstyle a_{n}=b_{n}=1}$${\textstyle n\in \mathbb {N} }$${\textstyle c_{n}=n+1}$${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$$${\displaystyle \sum c_{n}=(1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,\dots )}$$

前述のすべては、（複素数）のシーケンスに適用されます。コーシー積は、乗算が内積である空間（ユークリッド空間）のシリーズに対して定義できます。この場合、2 つのシリーズが絶対収束する場合、それらのコーシー積は極限の内積に絶対収束するという結果が得られます。 ${\textstyle \mathbb {C} }$${\textstyle \mathbb {R} ^{n}}$

をとします(実際には についても次の式が成り立ちますが、その場合ステートメントは自明になります)。また を複素係数の無限級数とし、そこから番目の級数以外はすべて絶対収束し、番目の級数は収束するとします。すると極限 が存在し、次が得られます。 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$${\displaystyle n\geq 2}$${\displaystyle n=1}$${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{1,k_{1}},\ldots ,\sum _{k_{n}=0}^{\infty }a_{n,k_{n}}}$${\displaystyle n}$${\displaystyle n}$$${\displaystyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}}$$$${\displaystyle \prod _{j=1}^{n}\left(\sum _{k_{j}=0}^{\infty }a_{j,k_{j}}\right)=\lim _{N\to \infty }\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}}$$

なぜなら、 このステートメントは に関して帰納法で証明できるからです。 のケースは、コーシー積に関する主張と同一です。 これが帰納法のベースです。 $${\displaystyle \forall N\in \mathbb {N} :\sum _{k_{1}+\ldots +k_{n}\leq N}a_{1,k_{1}}\cdots a_{n,k_{n}}=\sum _{k_{1}=0}^{N}\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}}$$${\displaystyle n}$${\displaystyle n=2}$

帰納法のステップは次のようになります。となるようなに対して主張が真であるとし、 が複素係数を持つ無限級数で、 番目以外はすべて絶対収束し、-番目が収束するとします。まず、級数 に帰納法の仮説を適用します。級数 が 収束することが得られ、したがって三角不等式とサンドイッチ基準により、級数 は 収束し、したがって級数 は 絶対収束します。したがって、帰納法の仮説、Mertens が証明したこと、および変数の名前変更により、次が得られます。 したがって、 に対しても式が成り立ちます。 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$${\displaystyle n\geq 2}$${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{1,k_{1}},\ldots ,\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }a_{n+1,k_{n+1}}}$${\displaystyle n+1}$${\displaystyle n+1}$${\textstyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }|a_{1,k_{1}}|,\ldots ,\sum _{k_{n}=0}^{\infty }|a_{n,k_{n}}|}$$${\displaystyle \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}}|}$$$${\displaystyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }\left|\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}\right|}$$$${\displaystyle \sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}}$$$${\displaystyle {\begin{aligned}\prod _{j=1}^{n+1}\left(\sum _{k_{j}=0}^{\infty }a_{j,k_{j}}\right)&=\left(\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{n+1}}} ^{=:a_{k_{n+1}}}\right)\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}=0}^{k_{n-1}}a_{1,k_{n}}a_{2,k_{n-1}-k_{n}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{2}}} ^{=:a_{k_{1}}}\right)\left(\sum _{k_{n+1}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{n+1}}} ^{=:b_{k_{n+1}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{1}}\sum _{k_{4}=0}^{k_{3}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{1}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{1}}}\right)\left(\sum _{k_{2}=0}^{\infty }\overbrace {a_{n+1,k_{2}}} ^{=:b_{n+1,k_{2}}=:b_{k_{2}}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }a_{k_{1}}\right)\left(\sum _{k_{2}=0}^{\infty }b_{k_{2}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}a_{k_{2}}b_{k_{1}-k_{2}}\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\left(\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{2}}}\right)\left(\overbrace {a_{n+1,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}-k_{2}}}\right)\right)\\&=\left(\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}\overbrace {\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n}+1=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}} ^{=:a_{k_{2}}}\overbrace {a_{n+1,k_{1}-k_{2}}} ^{=:b_{k_{1}-k_{2}}}\right)\\&=\sum _{k_{1}=0}^{\infty }\sum _{k_{2}=0}^{k_{1}}a_{n+1,k_{1}-k_{2}}\sum _{k_{3}=0}^{k_{2}}\cdots \sum _{k_{n+1}=0}^{k_{n}}a_{1,k_{n+1}}a_{2,k_{n}-k_{n+1}}\cdots a_{n,k_{2}-k_{3}}\end{aligned}}}$$${\displaystyle n+1}$

有限シーケンスは、有限個の非ゼロ項のみを持つ無限シーケンス、または言い換えると有限サポートを持つ関数として見ることができます。有限サポートを持つ 上の任意の複素数値関数f、gに対して、畳み込みを行うことができます。 この場合、 はとの Cauchy 積と同じものになります。 ${\displaystyle f:\mathbb {N} \to \mathbb {C} }$${\displaystyle \mathbb {N} }$$${\displaystyle (f*g)(n)=\sum _{i+j=n}f(i)g(j).}$$${\textstyle \sum (f*g)(n)}$${\textstyle \sum f(n)}$${\textstyle \sum g(n)}$

より一般的には、モノイド Sが与えられたとき、畳み込みによって与えられる乗算を使って、 Sの半群代数 を形成することができる。例えば、 を取ると、上の乗算はコーシー積の高次元への一般化である。 ${\displaystyle \mathbb {C} [S]}$${\displaystyle S=\mathbb {N} ^{d}}$${\displaystyle \mathbb {C} [S]}$

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