Matematyka.pl

Wystarczy udowodnić, że

\(\displaystyle{ \lim_{\nu \to \infty} \nu \sqrt{\nu} \left( a_{\nu}(n) - \frac{2}{\nu} \right)=0,}\)

bo wtedy szereg

\(\displaystyle{ \sum_{\nu=1}^{\infty} \left( a_{\nu}(n) - \frac{2}{\nu} \right)}\)

będzie bezwzględnie zbieżny, co oznacza bezwzględną zbieżność iloczynu \(\displaystyle{ P(n).}\)

Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ a_{\nu}(n) = a_{\nu}.}\)
Ponieważ dla \(\displaystyle{ x>0}\) zachodzą nierówności

\(\displaystyle{ \frac{2x}{2+x} \le \ln(1+x) \le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3},}\)

to

\(\displaystyle{ \frac{2a_{\nu}}{a_{\nu}+2} \le a_{{\nu}+1} \le a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3},}\)

tj.

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3}} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{a_{\nu}}.}\)

Przekształcamy dalej:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{a_{{\nu}+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{\frac{a_{\nu}^2}{2} - \frac{a_{\nu}^3}{3}}{a_{\nu}^2 - \frac{a_{\nu}^3}{2} + \frac{a_{\nu}^4}{3}} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{6-4a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{1}{2} - \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2}}\)

Sumując te nierówności dla \(\displaystyle{ {\nu}=0, 1, 2, \ldots, N-1,}\) dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{N}{2} - \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_N} - \frac{1}{a_0} \le \frac{N}{2}}\)

tzn.

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_0} - \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \le \frac{1}{a_0}}\)

czyli

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{N}a_0} - \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_n+4a_n^2} \cdot a_{\nu} \le \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) \le \frac{1}{\sqrt{N} a_0}.}\)

Niech \(\displaystyle{ a_{\nu}<\frac{3}{{\nu}}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{\nu}<1}\) dla \(\displaystyle{ \nu>\mu.}\) Zauważmy, że

\(\displaystyle{ 4a_{\nu}^2 -6a_{\nu}+12 = \left( 2a_{\nu} - \frac{3}{2} \right)^2 + \frac{39}{4} > 9.}\)

Dla \(\displaystyle{ \nu>\mu}\) mamy więc

\(\displaystyle{ \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \cdot a_{\nu} \le \frac{3}{9} \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} a_{\nu} \le \frac{1}{3} \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} \frac{3}{{\nu}} \le 1+\ln (N-1)}\)

a zatem dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_0}-\sum_{\nu=0}^{m} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \cdot a_{\nu} - (1+\ln(N-1)) \right) \le \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) \le \frac{1}{\sqrt{N} a_0},}\)

skąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, mamy

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) = 0.}\)

Ponadto,

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} 2N a_N = 4,}\)

czyli ostatecznie

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} N\sqrt{N} \left( a_N - \frac{2}{N} \right) = \lim_{N \to \infty} -\frac{2Na_N}{\sqrt{N}} \cdot \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) = -4 \cdot 0 = 0. \blacktriangledown}\)