Tauber 정리

0을 기준으로 하는 멱급수 $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$$ 가 수렴하는 $x=x_0(\ne 0)$가 존재한다고 하자. 어떤 $N$에 대하여 $n\ge N\to |a_n{x}_0^n|<1$이어야 한다. 이 때, $|x|<x_0$인 임의의 $x$에 대해서 $$\sum _{n=N}^{\mathrm{\infty }}|a_n{x}^n|<\sum _{n=N}^{\mathrm{\infty }}|a_n{x}_0^n|{\left|\frac{x}{x_0}\right|}^n<\sum _{n=N}^{\mathrm{\infty }}{\left|\frac{x}{x_0}\right|}^n$$ 을 얻을 수 있다. 이제 멱급수는 0이 아닌한 점에서 수렴하면 이 멱급수는 0을 포함하는 어떤 구간에서 절대수렴한다고 말할 수 있다. 더 나아가 적당한 등비급수보다 작다. 이 적당한(?) 등비급수가 비교의 유용한 기준이 된다. 이를 명심하고 다음의 문제들을 해결하라.

1. 열린구간 $(-a,a)$에서 $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n=0$이면 임의의 $n$에 대해 $a_n=0$임을 보여라.
2. 함수 $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$가 연속임을 보여라. 미분가능함을 보이는 것은 덤으로 얻어질 것이다.

$$s_n=a_0+a_1+\cdots +a_n$$ $${\sigma }_n=\frac{s_0+s_1+\cdots +s_n}{n+1}$$ 이 때, ${\sigma }_n$을 Cesaro means라고 한다.

Frobenius' Theorem

If ${\sigma }_n\to \sigma$ as $n\to \mathrm{\infty }$, then the power series $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ converges for $|x|<1$ and $f(x)\to \sigma$ as $x\to 1-$.
[proof] 다음 등식 $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n=(1-x)\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{s}_n{x}^n=(1-x{)}^2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+1){\sigma }_n{x}^n$$ 을 잘 관찰하라. 어떤 이들은 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 이 수렴한다는 사실을 언제 보였느냐고 질문할지도 모르겠다. 등식의 마지막 항부터 거슬러 처음으로 가면서 수렴한다는 사실을 확인해 보기를 바란다. 다음 등식 $$1=(1-x{)}^2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+1)x^n$$ 을 이용하자. $0<x<1$ 로 제한하고 $n\ge N\to |{\sigma }_n-\sigma |<\epsilon$을 만족하는 $N$을 이용하여 $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n-\sigma =(1-x{)}^2\{\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+1)({\sigma }_n-\sigma )x^n\}$$ $$\le (1-x{)}^2\{\sum _{n=0}^N(n+1)|{\sigma }_n-\sigma |x^n+\sum _{n=N+1}^{\mathrm{\infty }}(n+1)|{\sigma }_n-\sigma |x^n\}$$ $$\le (1-x{)}^2\sum _{n=0}^N(n+1)|{\sigma }_n-\sigma |+\epsilon$$ 을 얻는다. 이제 $x\to 1-$이면 원하는 결과를 얻을 수 있다.

Tauber's First Theorem

Suppose $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=0$, so that $$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$$ converges(why?) in the interval $(-1,1)$. If $\underset{x\to 1-}{lim}f(x)=L$, then $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n=L.$$
[proof] $s_n$은 앞에서 정의한 것으로 한다. $$s_n-f(x)=\sum _{k=1}^n{a}_k(1-x^k)-\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{x}^k.$$ 이 식에 늘 사용되는 $$1-x^k=(1-x)(1+x+x^2+\cdots +x^{k-1})\le k(1-x)x\in (0,1)$$ 을 적용하면 $$|s_n-f(x)|\le (1-x)\sum _{k=1}^{n}k|a_k|+\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}|a_k|x^k.$$ 을 얻는다. 주어진 가정 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=0$으로 부터 충분히 큰 $n$에 대해 $\mathrm{\forall }k>n,k|a_k|<\epsilon$ 을 만족한다. 이로부터 $$\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}|a_k|x^k<\epsilon \sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{x}^k<\frac{\epsilon }{n}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k=\frac{\epsilon }{n(1-x)}.$$ 를 얻는다. 이제 $x_n=1-\frac{1}{n}$를 이 식에 대입하면 $$|s_n-f(x_n)|\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k|a_k|+\epsilon$$ 이 성립함을 안다. 주어진 조건에서 $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k|a_k|=0$$ 를 이끌어 낼 수 있으므로(why?) $$|s_n-L|\le |s_n-f(x_n)|+|f(x_n)-L|$$ 에서 원하는 결과를 얻는다.