विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 2 · Bachelor Year 2

11घात श्रेणियाँ

घात श्रेणियाँ गणित की सबसे सुव्यवहृत फलन-श्रेणियाँ हैं: अपनी अभिसरण चक्रिका के भीतर वे संहत उपसमुच्चयों पर सामान्य रूप से अभिसरित होती हैं, बिना दूसरी बार सोचे पद-दर-पद अवकलित और समाकलित की जा सकती हैं, और उनके योग — वैश्लेषिक फलन — अपने गुणांकों से निर्धारित हो जाते हैं। यह अध्याय वह पूरा पैकेट सिद्ध करता है और प्रथम वर्ष के खंड की हर टेलर श्रेणी ईमानदारी से वापस ले आता है; और जनक फलन बीजगणितीय लाभ के साथ उसे समाप्त करते हैं।

11.1 अभिसरण त्रिज्या

प्रमेयिका 11.1 (आबेल)

यदि किसी $z_0 \neq 0$ के लिए अनुक्रम $(a_n z_0^n)$ परिबद्ध हो, तो $\sum a_n z^n$ प्रत्येक $\abs z < \abs {z_0}$ के लिए निरपेक्ष रूप से अभिसरित होती है, और प्रत्येक चक्रिका $\abs z \leq r < \abs{z_0}$ पर सामान्य रूप से।

उपपत्ति. $\abs{a_n z_0^n} \leq M$ और $\abs z \leq r$ के साथ:

\abs{a_n z^n} = \abs{a_n z_0^n}\,\Bigl|\frac{z}{z_0}\Bigr|^n \leq M\Bigl(\frac{r}{\abs{z_0}}\Bigr)^{\!n},

अर्थात् अभिसारी गुणोत्तर परिबंध, जो उस चक्रिका पर एकसमान है। ∎

परिभाषा 11.2 (अभिसरण त्रिज्या)

$\sum a_n z^n$ की अभिसरण त्रिज्या

R = \sup\{r \geq 0 : (a_n r^n) \text{ परिबद्ध}\} \in \intcc{0}{+\infty} .

है। प्रमेयिका 11.1 के अनुसार: $\abs z < R$ के लिए निरपेक्ष अभिसरण (संहत उपचक्रिकाओं पर सामान्य), और $\abs z > R$ के लिए अपसरण — वस्तुतः अपरिबद्ध पद। सीमा-वृत्त पर कुछ भी हो सकता है (अभ्यास 11.2)। व्यवहार में $R$ $\abs{a_n}\abs z^n$ पर डालांबेर की अनुपात जाँच से अथवा तुलना से परिकलित होती है।

उदाहरण 11.3 (बिना अनुपात जाँच के एक त्रिज्या)

$\sum \sin(n)\,z^n$ की त्रिज्या क्या है? अनुपात $\abs{\sin(n+1)/\sin n}$ की कोई सीमा नहीं है, परंतु परिभाषा सीधे काम कर जाती है। $R \geq 1$ : $\abs{\sin n} \leq 1$ , अतः $(\sin n\cdot r^n)$ प्रत्येक $r < 1$ के लिए — वस्तुतः $r = 1$ के लिए — परिबद्ध है। $R \leq 1$ : इतना ही पर्याप्त है कि $\sin n \not\to 0$ । मान लीजिए $\sin n \to 0$ ; तब योग-सूत्र

\sin(n+1) = \sin n\cos 1 + \cos n\sin 1

$\cos n \to 0$ को बाध्य कर देता (उसे $\cos n$ के लिए हल कीजिए: $\sin 1 \neq 0$ ), जो $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$ के विरुद्ध है। अतः पद $\sin(n)\,1^n$ $0$ की ओर नहीं जाते: श्रेणी $z = 1$ पर अपसरित होती है, और $R \leq 1$ । निष्कर्ष: $R = 1$ । समापन दृष्टि: त्रिज्या $\abs{a_n}r^n$ के परिबद्ध होने के बारे में कथन है — अनुपातों की किसी सीमा की कभी आवश्यकता नहीं, और परिबद्धता के तर्क वे स्थितियाँ निपटा देते हैं जिन्हें अनुपात जाँच छू भी नहीं सकती (अभ्यास 11.1 के दोलनशील गुणांकों से तुलना कीजिए)।

प्रतिज्ञप्ति 11.4 (संक्रियाएँ)

मान लीजिए $\sum a_nz^n$ , $\sum b_nz^n$ की त्रिज्याएँ $R_a, R_b$ हैं। तब $\abs z < \min(R_a, R_b)$ के लिए:

\sum (a_n + b_n)z^n = \sum a_nz^n + \sum b_nz^n, \qquad \Bigl(\sum a_nz^n\Bigr)\Bigl(\sum b_nz^n\Bigr) = \sum c_n z^n, \quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_kb_{n-k},

और दोनों श्रेणियों की त्रिज्या $\geq \min(R_a, R_b)$ है। (गुणनफल कोशी गुणनफल है, जो निरपेक्ष अभिसरण तथा प्रमेय 7.14 के कारण वैध है।)

उपपत्ति. योग वाला सूत्र अभिसारी श्रेणियों की रैखिकता है, और जब भी $a_nr^n$ तथा $b_nr^n$ दोनों परिबद्ध हों तब $(a_n + b_n)r^n$ भी परिबद्ध है: अतः त्रिज्या $\geq \min(R_a, R_b)$ । गुणनफल के लिए $\abs z < \min(R_a, R_b)$ स्थिर कीजिए: वहाँ दोनों श्रेणियाँ निरपेक्ष रूप से अभिसरित होती हैं (प्रमेयिका 11.1), अतः दोहरे सूचकांक वाला कुल $(a_kz^k\,b_lz^l)_{k,l}$ योग्य है, और प्रमेय 7.14 किसी भी समूहन की अनुमति दे देता है। $k + l = n$ के अनुसार समूहबद्ध करने पर:

\Bigl(\sum_k a_kz^k\Bigr)\Bigl(\sum_l b_lz^l\Bigr) = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k+l=n}a_kb_l\Bigr)z^n = \sum_{n\geq0}c_nz^n ,

जो ऐसे प्रत्येक $z$ के लिए निरपेक्ष रूप से अभिसारी है: अतः गुणनफल श्रेणी की त्रिज्या भी $\geq \min(R_a, R_b)$ है। ∎

उदाहरण 11.5 (एक कोशी वर्ग, प्रतिजाँच सहित)

गुणोत्तर श्रेणी का वर्ग लीजिए: $\abs x < 1$ के लिए $\bigl(\sum x^k\bigr)^2$ में $x^n$ का गुणांक $c_n = \sum_{k+l=n} 1\cdot1 = n + 1$ है, अतः

\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\geq0}(n+1)\,x^n .

पद-दर-पद अवकलन (नीचे प्रमेय 11.7) से प्रतिजाँच: $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ का अवकलन $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ देता है — अर्थात् दो असंबद्ध कार्यविधियों से वही श्रेणी। समापन दृष्टि: जब कोई गुणांक-सर्वसमिका रहस्यमय लगे, तब इन दोनों इंजनों (संवलन अथवा अवकलन) में से कोई एक प्रायः उसे एक ही पंक्ति में उत्पन्न कर देता है; और सप्ताहांत समस्या का $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ वाला प्रश्न संवलन इंजन को पूरी शक्ति से चलाता है।

उदाहरण 11.6 ( $\frac{1}{1-x}$ से गुणा करने पर गुणांकों का योग बन जाता है)

गुणोत्तर श्रेणी के विरुद्ध कोशी गुणनफल का एक स्मरणीय अर्थ है: त्रिज्या $R > 0$ वाली किसी भी $\sum a_nx^n$ तथा $\abs x < \min(R, 1)$ के लिए

\frac{1}{1-x}\sum_{n\geq0}a_nx^n = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k=0}^{n}a_k\Bigr)x^n :

अर्थात् $\frac{1}{1-x}$ से गुणा करने पर गुणांकों के स्थान पर उनके आंशिक योग आ जाते हैं (सर्व-एक अनुक्रम के साथ संवलन)। उदाहरण: $s_n = \sum_{k\leq n}\frac{1}{k!}$ के साथ $\dfrac{\eu^x}{1-x} = \sum_n s_n x^n$ , जो $\eu$ के आंशिक योग हैं — इसकी तुलना अभ्यास 11.11 से कीजिए, जहाँ $\eu^{-x}$ के साथ वही गुणनफल अव्यवस्थापन-गणना संकेतित करता है। समापन दृष्टि: घात श्रेणियों पर संक्रियाएँ भेस बदली हुई गुणांक-अनुक्रमों पर संक्रियाएँ हैं ( $\frac1{1-x}$ से गुणा: योग; $x$ से गुणा: स्थानांतरण; अवकलन: $n$ से गुणा और स्थानांतरण) — और जनक फलनों वाला अध्याय इस शब्दकोश को धाराप्रवाह पढ़ेगा।

11.2 योग की नियमितता

प्रमेय 11.7 (पद-दर-पद कलन)

मान लीजिए $f(x) = \sum_{n\geq0} a_n x^n$ की त्रिज्या $R > 0$ है (वास्तविक चर $x \in \intoo{-R}{R}$ )।

व्युत्पन्न श्रेणी $\sum n\,a_n x^{n-1}$ की त्रिज्या वही $R$ है, और $f$ $f'(x) = \sum_{n \geq 1} n a_n x^{n-1}$ सहित $C^1$ है। इसे दोहराने पर $f$ $C^\infty$ है और

$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} :$

और घात श्रेणी के गुणांक अद्वितीय होते हैं ( $0$ के पास एक ही योग वाली दो श्रेणियों के गुणांक बराबर होते हैं)।
पद-दर-पद प्रतिअवकलज: $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ की त्रिज्या $R$ है और अवकलज $f$ ।

उपपत्ति. वही त्रिज्या: यदि $(a_nr^n)$ परिबद्ध हो और $r' < r$ , तो $n\abs{a_n} r'^{\,n-1} = \frac{n}{r'}\abs{a_nr^n} \bigl(\frac{r'}{r}\bigr)^n$ परिबद्ध है (वस्तुतः $\to 0$ : गुणोत्तर $n$ को हरा देता है), अतः $R' \geq R$ ; और विलोमतः $\abs{a_n x^n} \leq \abs x \cdot n\abs{a_n}\abs x^{n-1}$ $R \geq R'$ देता है।

अवकलन: $\intcc{-r}{r}$ , $r < R$ पर व्युत्पन्न श्रेणी सामान्य रूप से अभिसरित होती है (त्रिज्या-परिकलन से $n\abs{a_n}r^{n-1}$ योग्य); और मूल श्रेणी $x = 0$ पर अभिसरित होती है: अतः श्रेणियों के लिए अवकलन प्रमेय (प्रमेय 10.11) ऐसे हर खंड पर, इसलिए $\intoo{-R}{R}$ पर लागू होती है। $k$ बार दोहराकर $0$ पर मूल्यांकन कीजिए: स्पष्ट रूप से $k$ -वीं व्युत्पन्न श्रेणी

f^{(k)}(x) = \sum_{n\geq k} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k},

है, और $x = 0$ पर $n > k$ वाला हर पद लुप्त हो जाता है, केवल अचर पद $k(k-1)\cdots1\cdot a_k$ बचता है: $f^{(k)}(0) = k!\,a_k$ । गुणांकों की अद्वितीयता इससे निकल आती है: $0$ के पास एक ही योग वाली दो घात श्रेणियों के $0$ पर अवकलज एक ही होते हैं, अतः $a_k$ भी। प्रतिअवकलज: उसी परिकलन से वही त्रिज्या, और पद-दर-पद अवकलन करके वापस। ∎

उदाहरण 11.8 (किसी बिंदु पर श्रेणी का मूल्यांकन)

$\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$ क्या है? वह अभ्यास 11.3 का $x = \frac12 < 1 = R$ पर, अर्थात् चक्रिका के भीतर मूल्यांकित योग $\sum n^2x^n$ है, जहाँ बंद रूप निकालने में प्रयुक्त हर प्रबंधन वैध था:

\sum_{n\geq1} n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{(\frac12)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6 .

वही इंजन, दूसरी घुंडियाँ: $x = \frac13$ $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} = \frac32$ देता है। समापन दृष्टि: घात-श्रेणी सर्वसमिका कोई एक सूत्र नहीं, एक मशीन है — एक ही व्युत्पत्ति सभी $\abs q < 1$ के लिए हर संख्यात्मक श्रेणी $\sum n^2q^n$ का दाम एक साथ तय कर देती है; और इसी तरह जनक फलनों वाला अध्याय प्रत्याशाएँ और प्रसरण थोक में परिकलित करेगा।

उदाहरण 11.9 (क्लासिक, इस बार ईमानदारी से)

$\displaystyle\frac{1}{1 - x} = \sum x^n$ ( $R = 1$ ); पद-दर-पद समाकलन करने पर (प्रमेय 11.7 (2)):

-\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n}, \qquad \arctan x = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} \quad (\abs x < 1),

और दूसरा दो पगों में: गुणोत्तर श्रेणी में $-x^2$ प्रतिस्थापित करके $\frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ पाइए (त्रिज्या $1$ , क्योंकि $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$ ), फिर $0$ पर लुप्त होने वाला पद-दर-पद प्रतिअवकलज लीजिए; दोनों पक्ष एक ही फलन के प्रतिअवकलज हैं और $0$ पर उनका मान एक ही है, अतः वे $\intoo{-1}{1}$ पर बराबर हैं। और $\exp$ : श्रेणी $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ ( $R = \infty$ ) $E' = E$ , $E(0) = 1$ पूरा करती है, जो पद-दर-पद अवकलन से मिलता है, अतः प्रथम वर्ष की अद्वितीयता से $E = \exp$ । प्रथम वर्ष के खंड का हर “मानक प्रसार” अब अपनी पूरी घात श्रेणी के बारे में प्रमेय है।

उदाहरण 11.10 (चक्रिका के भीतर से परिकलित एक लघुगणक)

$-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ का अभ्यंतरीय बिंदु $x = \frac12$ पर मूल्यांकन:

\sum_{n\geq1}\frac{1}{n\,2^n} = \ln 2 ,

अर्थात् $\ln 2$ का तेज़ी से अभिसरित होने वाला निरूपण (दस पद ही $\ln 2 = 0.69314\ldots$ के मुक़ाबले $0.69306\ldots$ दे देते हैं), जो केवल सीमा पर उपलब्ध एकांतर श्रेणी $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ से कहीं बेहतर है। समापन दृष्टि: जब भी कोई अचर किनारे पर और चक्रिका के यथार्थतः भीतर, दोनों जगह पहुँच में हो, तब संख्यात्मक दृष्टि से भीतर वाला जीतता है — हरात्मक क्षय के मुक़ाबले गुणोत्तर क्षय।

उदाहरण 11.11 (अवकलन त्रिज्या बचाता है, सीमा नहीं)

श्रेणी $\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n^2}$ की त्रिज्या $1$ है और वह दोनों अंत्यबिंदुओं पर अभिसरित होती है ( $\sum\frac1{n^2}$ और उसका एकांतर जुड़वाँ)। उसकी व्युत्पन्न श्रेणी

\sum_{n\geq1}\frac{x^{n-1}}{n} ,

की त्रिज्या वही $1$ है — जैसा प्रमेय 11.7 गारंटी देती है — परंतु अब वह $x = 1$ पर अपसरित होती है (हरात्मक श्रेणी) जबकि $x = -1$ पर अब भी अभिसरित (एकांतर)। एक और अवकलन $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$ देता है, जो दोनों सिरों पर अपसारी है (पद $0$ की ओर नहीं जाते)। समापन दृष्टि: हर अवकलन गुणांकों को $n$ से गुणा कर देता है, जो त्रिज्या कभी नहीं हिलाता (गुणोत्तर बहुपद को हरा देता है) पर सीमा-क्षय की एक कोटि खा जाता है; पद-दर-पद कलन भीतर का खेल है, और किनारे पर जो कुछ होता है उसकी फिर से जाँच करनी ही पड़ती है — और सप्ताहांत समस्या का आबेल–टाउबर सिद्धांत ठीक वही पुनर्जाँच है।

उदाहरण 11.12 (शेषों के अनुसार श्रेणी को बाँटना — अंत तक किया हुआ)

$f(x) = \sum_{n\geq0} \dfrac{x^{4n}}{(4n)!}$ का बंद रूप परिकलित कीजिए। $\cosh x = \sum \frac{x^{2m}}{(2m)!}$ और $\cos x = \sum \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}$ दोनों की त्रिज्या $\infty$ है, अतः उनका औसत पद-दर-पद परिकलित किया जा सकता है:

\frac{\cosh x + \cos x}{2} = \sum_{m\geq0}\frac{1 + (-1)^m}{2}\,\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{m \text{ सम}}\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{n\geq0}\frac{x^{4n}}{(4n)!} = f(x) .

छननी $\frac{1+(-1)^m}{2}$ ठीक सम $m$ रख लेती है: यह इकाई-मूल छननी का वास्तविक अवतार है (सम्मिश्र रूप, $\iu^n$ के साथ, $4$ के सापेक्ष शेष एक ही झटके में निकाल लेता है)। समापन जाँच: $f$ $f(0) = 1$ , $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ के साथ $f'''' = f$ हल करता है — श्रेणी का चार बार अवकलन कीजिए (प्रमेय 11.7) और उसे स्वयं को पुनः उत्पन्न करते देखिए; और $\frac{\cosh + \cos}{2}$ वही आँकड़े पूरा करता है।

परिभाषा 11.13 (वैश्लेषिक फलन)

$f$ $x_0$ पर वैश्लेषिक कहलाता है जब वह किसी प्रतिवेश पर $(x - x_0)$ की किसी घात श्रेणी का योग हो; और किसी अंतराल पर तब जब वह हर बिंदु पर ऐसा हो। घात श्रेणियों के योग अपनी चक्रिका के भीतर वैश्लेषिक होते हैं (प्रसार का पुनर्विन्यास — पुनःकेंद्रण के लिए इस स्तर पर स्वीकृत, और $x_0 = 0$ वाली स्थिति प्रमेय 11.7 है)। वैश्लेषिक से $C^\infty$ निकलता है; पर विलोम विफल है: चपटा फलन $\eu^{-1/x^2}$ (अभ्यास 11.7)।

उदाहरण 11.14 (पुनःकेंद्रण, और दूरी के रूप में त्रिज्या)

$f(x) = \frac{1}{1-x}$ का $x_0 = \frac12$ के परितः प्रसार कीजिए: $x = \frac12 + h$ लिखने पर,

\frac{1}{1 - x} = \frac{1}{\frac12 - h} = \frac{2}{1 - 2h} = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\,h^n = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\Bigl(x - \frac12\Bigr)^{\!n},

जो $\abs{2h} < 1$ के लिए मान्य है, अर्थात् $\abs{x - \frac12} < \frac12$ के लिए। नई त्रिज्या ठीक नए केंद्र से विचित्रता $x = 1$ तक की दूरी है: अर्थात् पुनःकेंद्रण चक्रिका को निकटतम बाधा के अनुसार सिकोड़ (या बढ़ा) देता है। समापन दृष्टि: वैश्लेषिकता की परिभाषा के पीछे यही चित्र है — एक ही फलन, अनेक स्थानीय घात श्रेणियाँ, और हर एक उस सबसे बड़ी चक्रिका पर बसती है जो परेशानी से बच निकलती है; और तृतीय वर्ष का खंड “त्रिज्या $=$ निकटतम सम्मिश्र विचित्रता तक की दूरी” वाले अनुमान को प्रमेय बना देता है।

टिप्पणी 11.15 (सामान्य भूलें)

(क) अनुपात जाँच पर्याप्त है, आवश्यक नहीं: जब $\abs{a_{n+1}/a_n}$ की कोई सीमा न हो (उदाहरण 11.3, अभ्यास 11.1), तब परिभाषा पर लौटिए: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ परिबद्ध $\}$ । (ख) सीमा कोई भी चीज़ मुफ़्त पार नहीं करती: पद-दर-पद अवकलन और समाकलन विवृत चक्रिका के भीतर की प्रमेयें हैं; $\abs x = R$ पर हर श्रेणी की फिर से जाँच करनी पड़ती है (और सप्ताहांत समस्या का पूरा विषय यही है)। (ग) योग की त्रिज्या: $\min(R_a, R_b)$ केवल निचला परिबंध है — निरसन उसे बढ़ा सकते हैं ( $a_n = 1, b_n = -1$ : योग सर्वथा $0$ , त्रिज्या $\infty$ )। (घ) $C^\infty$ वैश्लेषिक नहीं होता: कोई अभिसारी टेलर श्रेणी ग़लत फलन पर अभिसरित हो सकती है (अभ्यास 11.7); अतः $f(x) = \sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ लिखने से पहले उसे सिद्ध कीजिए — किसी अवकल समीकरण (विधि 11.17), किसी शेषपद आकलन, अथवा किसी समाकल सूत्र के द्वारा।

टिप्पणी 11.16 (यह कहाँ काम आता है)

घात श्रेणियाँ आगे के तीन अध्यायों की श्रमिक हैं: अवकल समीकरणों वाला अध्याय $\sum a_nx^n$ डालकर रैखिक साधारण अवकल समीकरण हल करता है (नीचे वाला विधि-बक्सा, औद्योगिक रूप में); जनक फलनों वाला अध्याय प्रायिकताओं की सर्वसमिकाओं को घात श्रेणियों की सर्वसमिकाओं में और वापस बदल देता है; और तृतीय वर्ष का खंड सम्मिश्र चर को औपचारिक बना देता है, जहाँ वैश्लेषिकता सम्मिश्र अवकलनीयता के तुल्य हो जाती है और ऊपर की “स्वीकृत पुनःकेंद्रण” को उसकी ईमानदार उपपत्ति मिल जाती है। और सप्ताहांत समस्या ठीक उसी एक जगह की छानबीन करती है जहाँ इस अध्याय की प्रमेयें चुप रहती हैं: स्वयं सीमा $\abs x = R$ पर।

विधि 11.17 (अवकल समीकरण के द्वारा प्रसार)

किसी फलन $f$ का घात श्रेणी में प्रसार करने के लिए: बहुपद गुणांकों वाला कोई ऐसा रैखिक अवकल समीकरण ढूँढ़िए जिसे $f$ संतुष्ट करता हो; $\sum a_nx^n$ डालिए; गुणांक पहचानकर $(a_n)$ के लिए पुनरावृत्ति पाइए; उसे हल कीजिए, और त्रिज्या तथा आरंभिक शर्तें जाँच लीजिए। उदाहरण — द्विपद श्रेणी: $f(x) = (1+x)^\alpha$ $(1+x)f' = \alpha f$ , $f(0) = 1$ पूरा करता है; डालने पर $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$ मिलता है, अतः $a_n = \binom{\alpha}{n}$ , त्रिज्या $1$ (अनुपात जाँच), और योग, जो उन्हीं आरंभिक मानों के साथ वही अवकल समीकरण पूरा करता है, रैखिक अवकल समीकरणों की अद्वितीयता प्रमेय (प्रथम वर्ष का खंड) से $(1 + x)^\alpha$ के बराबर है।

उदाहरण 11.18 (किसी प्रणोदित समीकरण पर यह विधि)

घात श्रेणी से $y' = y + x$ , $y(0) = 0$ हल कीजिए। $y = \sum a_nx^n$ डालने पर:

\sum_{n\geq0}(n+1)a_{n+1}x^n = \sum_{n\geq0}a_nx^n + x ,

और गुणांक पहचानने पर: $a_1 = a_0 = 0$ , $2a_2 = a_1 + 1 = 1$ , तथा $n \geq 2$ के लिए $(n+1)a_{n+1} = a_n$ । अतः $a_2 = \frac{1}{2!}$ , और आगमन से प्रत्येक $n \geq 2$ के लिए $a_n = \frac{1}{n!}$ : त्रिज्या $\infty$ , और

y(x) = \sum_{n\geq2}\frac{x^n}{n!} = \eu^x - 1 - x .

जाँच: $y' = \eu^x - 1 = y + x$ और $y(0) = 0$ । समापन दृष्टि: पुनरावृत्ति ही समीकरण है, गुणांक-दर-गुणांक; और प्रणोदन पद केवल आरंभ के परिमित गुणांकों को विक्षुब्ध करता है, जिसके बाद समांगी ढर्रा सँभाल लेता है — “विशिष्ट हल जमा समांगी हल” की विविक्त परछाईं।

11.3 जनक फलन

उदाहरण 11.19 (फिबोनाच्ची)

मान लीजिए $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (फिबोनाच्ची संख्याएँ, $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ )। पुनरावृत्ति $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ $x^{n+2}$ से गुणा करके योग लेने पर बदल जाती है

F(x) - x = x\,F(x) + x^2 F(x) \quad\Longrightarrow\quad F(x) = \frac{x}{1 - x - x^2} ,

में, जो वहाँ मान्य है जहाँ श्रेणी अभिसरित होती है। त्रिज्या $\frac{1}{\varphi}$ है: $F_n \sim \frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ से (बिने, अगला उदाहरण — अथवा कच्चा आगमन $F_n \leq 2^n$ और पुनरावृत्ति) अनुपात जाँच देती है

\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n} \longrightarrow \varphi\abs x , \qquad\text{अभिसरण तभी जब } \abs x < \frac1\varphi \approx 0.618 .

$\frac{x}{1 - x - x^2}$ पर आंशिक भिन्न और गुणोत्तर श्रेणी बिने का सूत्र पुनः निकाल देते हैं — जनक फलन रैखिक पुनरावृत्तियों को औद्योगिक रूप दे देते हैं।

उदाहरण 11.20 (बिने का सूत्र, करके दिखाया गया)

मान लीजिए $\varphi = \frac{1+\sqrt5}{2}$ और $\psi = \frac{1-\sqrt5}{2}$ , जो $X^2 = X + 1$ के मूल हैं; और चूँकि $\varphi + \psi = 1$ तथा $\varphi\psi = -1$ ,

1 - x - x^2 = (1 - \varphi x)(1 - \psi x) .

आंशिक भिन्न: $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$ खोजने पर अचर पद $A + B = 0$ देता है और $x$ -गुणांक $-A\psi - B\varphi = 1$ , अतः $A(\varphi - \psi) = 1$ : $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$ । दो गुणोत्तर श्रेणियों के बाद,

F(x) = \frac{1}{\sqrt5}\sum_{n\geq0} \bigl(\varphi^n - \psi^n\bigr)x^n \quad\Longrightarrow\quad F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}

गुणांकों की अद्वितीयता (प्रमेय 11.7) से। और चूँकि $\abs\psi < 1$ , पद $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ का निरपेक्ष मान $< \frac12$ है: अतः $F_n$ $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ के निकटतम पूर्णांक है। समापन दृष्टि: $F$ की त्रिज्या $\frac1\varphi$ प्रबल मूल का व्युत्क्रम है — गुणांकों की वृद्धि और अभिसरण त्रिज्या एक ही सूचना हैं, बस विपरीत दिशाओं में पढ़ी हुई।

उदाहरण 11.21 (कातालान संख्याएँ)

कातालान संख्याएँ $C_n$ (त्रिभुजनों की, कोष्ठकनों की, डिक पथों की संख्या, …) $C_0 = 1$ और $C_{n+1} = \sum_{k=0}^n C_kC_{n-k}$ पूरा करती हैं। तब जनक फलन $C(x) = \sum C_nx^n$ (कोशी गुणनफल!) पूरा करता है

C(x) = 1 + x\,C(x)^2 \quad\Longrightarrow\quad C(x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} ,

और $C(0) = 1$ वाला मूल चुनने पर: द्विघात $xC^2 - C + 1 = 0$ को हल करने पर दो उम्मीदवार $\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x}$ मिलते हैं, और $x \to 0$ होने पर “ $+$ ” वाला मूल $\frac1x$ की तरह फट जाता है जबकि “ $-$ ” वाला $1$ की ओर जाता है ( $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$ का प्रसार कीजिए) — अतः केवल ऋण चिह्न ही $C_0 = 1$ वाली घात श्रेणी उठा सकता है। द्विपद श्रेणी से $\sqrt{1 - 4x}$ का प्रसार करने पर बंद रूप

C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} ,

मिलता है, जो अभ्यास 11.8 में करके दिखाया गया है।

टिप्पणी 11.22 (औपचारिक श्रेणी बनाम अभिसारी श्रेणी)

ऊपर का हर जनक-फलन परिकलन गुणांकों की अद्वितीयता का सहारा लेकर समाप्त होता है, और वह प्रमेय किसी धनात्मक त्रिज्या वाली चक्रिका के भीतर बसती है: अतः $F_n$ या $C_n$ “पढ़ लेने” से पहले $R > 0$ जानना ही पड़ता है। कोई कच्चा पूर्वगामी परिबंध पर्याप्त है — फिबोनाच्ची के लिए $F_n \leq 2^n$ (तत्काल आगमन) $R \geq \frac12$ देता है; और $C_n \leq 4^n$ (हर कातालान संख्या पथों के उपसमुच्चय गिनती है) $R \geq \frac14$ देता है। पैमाने के पतित सिरे से सावधान रहिए: $\sum n!\,x^n$ की त्रिज्या $0$ है, और उसे फलन की तरह बरतना निरर्थक है — ऐसी श्रेणियों वाली सर्वसमिकाएँ गुणांकों के औपचारिक कलन की हैं, जो अपने ही (भिन्न) नियमों वाला विशुद्ध बीजगणितीय खेल है। इस स्तर पर: पहले धनात्मक त्रिज्या पक्की कीजिए, फिर उसके भीतर खुलकर परिकलन कीजिए।

टिप्पणी 11.23 (इसी खंड के भीतर के परिप्रेक्ष्य)

घात श्रेणियाँ इस पुस्तक की दो महान प्रसार-मशीनों में से एक हैं; दूसरी हार्मोनिक अध्यायों की फूरिये श्रेणी है, और दोनों की तुलना शिक्षाप्रद है। घात श्रेणी कठोर है: उसके गुणांक बाध्य हैं ( $a_n = f^{(n)}(0)/n!$ ), उसका अभिसरण निर्मम है (भीतर सामान्य, बाहर निराशाजनक), और उसका योग वैश्लेषिक है — अर्थात् अनंत रूप से कठोर (परिभाषा 11.13)। फूरिये श्रेणी लचीली है: वह केवल खंडशः-चिकने संकेत भी निरूपित कर लेती है, पर उसकी क़ीमत चिकनाई की सीमा पर अभिसरण के नाज़ुक प्रश्न हैं। दोनों सिद्धांत इस अध्याय की सप्ताहांत समस्या में मिलते हैं: यहाँ सीमा-वृत्त के लिए विकसित चेज़ारो और आबेल योग फूरिये अध्याय में फेयेर तथा प्वासों कर्नेल के रूप में लौटते हैं। इस बीच अवकल समीकरणों वाला अध्याय घात श्रेणियों का सीधा उपभोग करता है ( $\eu^{tA}$ , श्रेणी-हल), और जनक फलनों वाला अध्याय उदाहरण 11.19 की युक्ति को प्रायिकताओं के लिए क्रमबद्ध कलन बना देता है।

11.4 अभ्यास

अभ्यास 11.1 ★

अभिसरण त्रिज्याएँ: $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$ ; $\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ ; $\;\sum z^{n!}$ ; $\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$ ।

हल

हल — अभ्यास 11.1.

$\sum \frac{n^2}{2^n}z^n$ : अनुपात $\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n^2} \to \frac12$ : अतः $R = 2$ ।

$\sum \frac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ : $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (उदाहरण 6.14), अतः बहुपद गुणकों को छोड़कर $\abs{a_n}^{-1} \approx 4^n$ : $R = 4$ (अनुपात जाँच: $\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{2n+2}{n+1}} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \to \frac14$ )।

$\sum z^{n!}$ : गुणांक $k = n!$ होने पर $a_k = 1$ , अन्यथा $0$ । $\abs z < 1$ के लिए $\sum \abs z^{n!}$ अभिसरित होती है (गुणोत्तर से प्रभुत्व-युक्त); और $\abs z \geq 1$ के लिए पद $0$ की ओर नहीं जाते: $R = 1$ ।

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$ : गुणांक $3^n$ (सम $n$ ) और $1$ (विषम $n$ )। $a_nr^n$ की परिबद्धता के लिए $3r \leq 1$ आवश्यक है; और $r < \frac13$ काम कर जाता है: $R = \frac13$ ।

अभ्यास 11.2 ★

दिखाइए कि $\sum z^n$ , $\sum \frac{z^n}{n}$ , $\sum \frac{z^n}{n^2}$ सबकी त्रिज्या $1$ है परंतु $z = 1$ और $z = -1$ पर उनका व्यवहार भिन्न है: अपसरण/अपसरण, अपसरण/अभिसरण, अभिसरण/अभिसरण।

हल

हल — अभ्यास 11.2.

तीनों की त्रिज्या $1$ है (अनुपात जाँच)। $z = 1$ पर: $\sum 1$ अपसरित; $\sum\frac1n$ अपसरित; $\sum\frac{1}{n^2}$ अभिसरित। और $z = -1$ पर: $\sum(-1)^n$ अपसरित; $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ अभिसरित (एकांतर); $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ अभिसरित (निरपेक्ष रूप से)। सीमा-व्यवहार त्रिज्या को दिखाई ही नहीं देता।

अभ्यास 11.3 ★

$\abs x < 1$ के लिए योग परिकलित कीजिए:

\sum_{n\geq0} n x^n, \qquad \sum_{n\geq0} n^2 x^n, \qquad \sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} .

हल

हल — अभ्यास 11.3.

$\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ से, अवकलन कीजिए और $x$ से गुणा कीजिए (प्रमेय 11.7):

\sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2} .

एक बार और अवकलन कीजिए और फिर $x$ से गुणा:

\sum n^2 x^n = x\,\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(\frac{x}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{x(1 + x)}{(1-x)^3} .

तीसरा योग: वह $-\ln(1 - x)$ का विषम भाग है:

\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac{-\ln(1-x) + \ln(1+x)}{2} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x} = \operatorname{artanh} x .

अभ्यास 11.4 ★★

$0$ पर घात श्रेणी में प्रसार कीजिए, त्रिज्या सहित: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (आंशिक भिन्न); $\;\ln(1 + x + x^2)$ ( $1 + x + x^2 = \frac{1 - x^3}{1 - x}$ लिखिए)।

हल

हल — अभ्यास 11.4.

आंशिक भिन्न: $\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} - \frac{1}{2 - x} = \sum x^n - \frac12\sum \bigl(\frac x2\bigr)^n$ :

\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \sum_{n\geq0} \Bigl(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\Bigr)x^n, \qquad R = 1 .

$\ln(1 + x + x^2) = \ln\frac{1 - x^3}{1 - x} = \ln(1 - x^3) - \ln(1 - x) = \sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n} - \sum_{m\geq1}\frac{x^{3m}}{m}$ : $x^n$ का गुणांक $3 \nmid n$ होने पर $\frac1n$ है, और $3 \mid n$ होने पर $\frac1n - \frac{3}{n} = -\frac2n$ । त्रिज्या $1$ (निकटतम बाधा: $\ln(1-x^3)$ की श्रेणी)।

अभ्यास 11.5 ★★

सिद्ध कीजिए कि $\abs x < 1$ के लिए $f(x) = \sum_{n\geq1} H_n x^n = -\dfrac{\ln(1 - x)}{1 - x}$ , जहाँ $H_n$ हरात्मक संख्या है ( $\sum x^n$ और $\sum \frac{x^n}{n}$ का कोशी गुणनफल)।

हल

हल — अभ्यास 11.5.

$\sum_{m \geq 0} x^m$ (गुणांक $1$ ) और $\sum_{k\geq1} \frac{x^k}{k}$ (गुणांक $\frac1k$ , $k \geq 1$ ) का कोशी गुणनफल, जो दोनों $\abs x < 1$ के लिए निरपेक्ष रूप से अभिसारी हैं: गुणनफल में $x^n$ का गुणांक $\sum_{k=1}^{n} \frac1k \cdot 1 = H_n$ है। अतः

\Bigl(\sum x^m\Bigr)\Bigl(\sum \frac{x^k}{k}\Bigr) = \frac{1}{1-x}\cdot\bigl(-\ln(1-x)\bigr) = \sum_{n\geq1} H_n x^n .

अभ्यास 11.6 ★★

जनक फलन से पुनरावृत्ति $u_0 = 1$ , $u_{n+1} = 2u_n + n$ हल कीजिए: $U(x) = \sum u_nx^n$ का बंद रूप परिकलित कीजिए, उसका अपघटन कीजिए, और $u_n = 2^{n+1} - n - 1$ पढ़ लीजिए।

हल

हल — अभ्यास 11.6.

पुनरावृत्ति को $x^{n+1}$ से गुणा करके योग लीजिए ( $\abs x < \frac12$ ):

U(x) - 1 = 2x\,U(x) + \sum_{n\geq0} n\,x^{n+1} = 2x\,U(x) + \frac{x^2}{(1-x)^2} ,

जिसमें अभ्यास 11.3 का उपयोग हुआ। अतः

U(x) = \frac{1}{1 - 2x}\Bigl(1 + \frac{x^2}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{1 - 2x + 2x^2}{(1-2x)(1-x)^2} .

आंशिक भिन्न ( $x = \frac12$ पर ढककर देखने से गुणांक $2$ मिलता है; दोहरे ध्रुव $x = 1$ पर गुणांक $-1$ ; और बीच वाला गुणांक $x = 0$ पर मूल्यांकन करने से लुप्त हो जाता है):

U(x) = \frac{2}{1-2x} - \frac{1}{(1 - x)^2} .

दोनों का प्रसार करने पर:

u_n = 2\cdot 2^n - (n + 1) = 2^{n+1} - n - 1 .

(जाँच: $u_0 = 1$ , $u_1 = 2u_0 + 0 = 2 = 4 - 2$ ।)

अभ्यास 11.7 ★★

$x \neq 0$ के लिए $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ लीजिए, और $f(0) = 0$ । सिद्ध कीजिए कि $f$ $\R$ पर $C^\infty$ है और सभी $n$ के लिए $f^{(n)}(0) = 0$ (आगमन से दिखाइए कि बहुपदों $P_n$ के लिए $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr) \eu^{-1/x^2}$ , और वृद्धि-तुलना का उपयोग कीजिए)। निष्कर्ष निकालिए कि $f$ $0$ पर वैश्लेषिक नहीं है: $0$ पर उसकी टेलर श्रेणी अभिसरित तो होती है — पर ग़लत फलन पर।

हल

हल — अभ्यास 11.7.

आगमन: $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ , और यदि $f^{(n)}(x) = P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ तो

f^{(n+1)}(x) = \Bigl(-\frac{1}{x^2}\,P_n'\Bigl(\frac1x\Bigr) + \frac{2}{x^3}\,P_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr)\eu^{-1/x^2} :

जो फिर कथित रूप का है। $0$ पर: $h \to 0$ होने पर अंतर-भागफल $\frac{f^{(n)}(h)}{h} = \frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ , क्योंकि किसी भी बहुपद $Q$ के लिए $u \to \pm\infty$ होने पर $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ (घातांकी घातों को हरा देता है): अतः आगमन से सारे $f^{(n)}(0)$ विद्यमान हैं और लुप्त हैं, और उसी सीमा से हर $f^{(n)}$ $0$ पर संतत है। इस प्रकार $f \in C^\infty$ , जिसकी $0$ पर टेलर श्रेणी शून्य है; और वह टेलर श्रेणी $0 \neq f$ पर जुड़ती है: अतः $0$ पर वैश्लेषिक नहीं।

अभ्यास 11.8 ★★★

उदाहरण 11.21 पूरा कीजिए: द्विपद श्रेणी से $\sqrt{1 - 4x}$ का प्रसार कीजिए और दिखाइए

\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n},

और $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ निष्कर्ष रूप में निकालिए; $C(x)$ की अभिसरण त्रिज्या तथा स्टर्लिंग के द्वारा $C_n$ की अनंतस्पर्शिता निर्धारित कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 11.8.

द्विपद श्रेणी: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0} \binom{1/2}{k}(-4x)^k$ । $k = n + 1 \geq 1$ के लिए:

\begin{align*} \binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} &= \frac{\frac12\bigl(\frac12 - 1\bigr)\cdots\bigl(\frac12 - n\bigr)}{(n+1)!}\,(-4)^{n+1}\\ &= \frac{(-1)^n\,1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^{n+1}(n+1)!}\,(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\cdot\frac{(2n)!}{n!\,n!} , \end{align*}

जिसमें $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ का उपयोग हुआ। अतः

C(x) = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{1}{2x}\sum_{n\geq0}\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1} = \sum_{n\geq0} \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\,x^n :

$C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ । त्रिज्या: $\frac14$ ( $4x$ में द्विपद श्रेणी)। और उदाहरण 6.14 के द्वारा अनंतस्पर्शिता:

C_n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi}\; n^{3/2}} .

अभ्यास 11.9 ★★★

(आबेल की त्रिज्यीय सीमा प्रमेय, विशेष स्थिति) मान लीजिए $\sum a_n$ अभिसरित होती है। सिद्ध कीजिए कि $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n a_n$ । (आबेल योग: आंशिक योग $A_n$ और $A = \lim A_n$ के साथ $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$ लिखिए; फिर $\sum a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$ , और योग को किसी बड़े $N$ पर बाँटिए।) अनुप्रयोग: घात श्रेणी से पुनः सिद्ध $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ और $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$ ।

हल

हल — अभ्यास 11.9.

$A_n = \sum_{k \leq n} a_k \to A$ के साथ: $0 \leq x < 1$ के लिए आबेल योग देता है

\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = (1 - x)\sum_{n=0}^{\infty} A_n x^n

(दोनों पक्ष अभिसरित होते हैं: $(A_n)$ परिबद्ध है; और सर्वसमिका $a_n = A_n - A_{n-1}$ तथा पुनः सूचीबद्ध करने से निकलती है)। चूँकि $(1 - x)\sum x^n = 1$ :

\sum_n a_nx^n - A = (1-x)\sum_{n} (A_n - A)x^n .

$\varepsilon$ दिया हो तो ऐसा $N$ चुनिए कि $n > N$ के लिए $\abs{A_n - A} \leq \varepsilon$ ; तब

\Bigl|\sum a_nx^n - A\Bigr| \leq (1-x)\sum_{n \leq N}\abs{A_n - A} + \varepsilon(1 - x)\sum_{n > N}x^n \leq (1-x)\,C_N + \varepsilon ,

और $x \to 1^-$ लेने पर: सभी $\varepsilon$ के लिए उच्चतम-सीमा $\leq \varepsilon$ । अतः त्रिज्यीय सीमा $A$ है।

अनुप्रयोग: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ अभिसरित होती है (एकांतर), और $x < 1$ के लिए उसकी घात श्रेणी $\ln(1 + x)$ पर जुड़ती है: अतः आबेल से योग $\ln 2$ है। इसी प्रकार $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan x$ $x = 1$ पर $\frac\pi4$ देता है — अर्थात् प्रथम वर्ष की समाकल-उपपत्तियाँ, अब संरचनात्मक रूप में।

अभ्यास 11.10 ★

दिखाइए कि $0 < \abs x < 1$ के लिए $\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = 1 + \frac{1-x}{x}\,\ln(1-x)$ , त्रिज्या निर्धारित कीजिए, और जाँचिए कि अभिसरण $\intcc{-1}{1}$ पर सामान्य है; तथा सत्यापित कीजिए कि संततता से $x = 1$ पर पूर्वानुमानित मान क्रमिक निरसन योग $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ से मेल खाता है।

हल

हल — अभ्यास 11.10.

$\sum\frac{x^n}{n}$ और $\sum\frac{x^n}{n+1}$ दोनों की त्रिज्या $1$ है, और $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}$ , अतः $0 < \abs x < 1$ के लिए:

\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = -\ln(1-x) - \frac1x\sum_{n\geq1}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - \frac{-\ln(1-x) - x}{x} = 1 + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) .

त्रिज्या $1$ ; और $\norm{x^n/(n(n+1))}_{\infty,\intcc{-1}1} = \frac{1}{n(n+1)}$ योग्य है: अतः $\intcc{-1}{1}$ पर सामान्य अभिसरण, इसलिए योग वहाँ संतत है। $x \to 1^-$ होने पर $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ और बंद रूप $1$ की ओर जाता है — जो $x = 1$ पर क्रमिक निरसन मान $\sum\frac{1}{n(n+1)} = \lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ के अनुरूप है।

अभ्यास 11.11 ★★

(अव्यवस्थापन) मान लीजिए $D_n$ $n$ वस्तुओं के उन क्रमचयों की संख्या है जिनका कोई अचर बिंदु न हो ( $D_0 = 1$ )। $\{1, \dots, n\}$ के क्रमचयों को उनके अचर-बिंदु समुच्चय के अनुसार छाँटने पर $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$ मिलता है। $\frac{x^n}{n!}$ से गुणा कीजिए, योग लीजिए, और कोशी गुणनफल पहचानकर घातांकी जनक फलन

\sum_{n\geq0} D_n\,\frac{x^n}{n!} = \frac{\eu^{-x}}{1-x} \qquad (\abs x < 1),

प्राप्त कीजिए; फिर बंद रूप $\dfrac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ और सीमा $\dfrac{D_n}{n!} \to \eu^{-1}$ पढ़ लीजिए।

हल

हल — अभ्यास 11.11.

$n!$ क्रमचयों को उनके अचर-बिंदु समुच्चय के अनुसार छाँटने पर: $k$ अचर बिंदु चुनना ( $\binom nk$ प्रकार से) और शेष $n - k$ वस्तुओं का अव्यवस्थापन करना $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$ देता है। $n!$ से भाग देने पर:

1 = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{D_{n-k}}{(n-k)!} ,

जो ठीक यह कहता है कि $\eu^x = \sum\frac{x^k}{k!}$ और $D(x) = \sum D_n\frac{x^n}{n!}$ का कोशी गुणनफल $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$ है। दोनों गुणनखंड $\abs x < 1$ के लिए निरपेक्ष रूप से अभिसरित होते हैं ( $D_n \leq n!$ , अतः $D$ गुणोत्तर श्रेणी से प्रभुत्व-युक्त है): इसलिए गुणनफल सर्वसमिका वैध है (प्रतिज्ञप्ति 11.4), और

D(x) = \frac{\eu^{-x}}{1-x} .

$\eu^{-x} = \sum\frac{(-1)^kx^k}{k!}$ तथा $\sum x^m$ का कोशी गुणनफल: $x^n$ का गुणांक $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$ है, और घात श्रेणी के गुणांकों की अद्वितीयता (प्रमेय 11.7) से:

\frac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} \eu^{-1} :

अर्थात् $n$ चाहे जो हो, लगभग $37\%$ क्रमचय अव्यवस्थापन होते हैं।

अभ्यास 11.12 ★★★

विधि 11.17 की द्विपद श्रेणी से सिद्ध कीजिए

\frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} = \sum_{n\geq0}\binom{2n}{n}x^n \qquad \Bigl(\abs x < \frac14\Bigr),

और वर्ग करके ( $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ के विरुद्ध कोशी गुणनफल) संवलन सर्वसमिका निष्कर्ष रूप में निकालिए

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

हल

हल — अभ्यास 11.12.

$-4x$ पर $\alpha = -\frac12$ वाली द्विपद श्रेणी:

\binom{-1/2}{n}(-4)^n = \frac{\bigl(-\frac12\bigr)\bigl(-\frac32\bigr)\cdots \bigl(-\frac{2n-1}2\bigr)}{n!}(-4)^n = \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^n\,n!}\,4^n = \frac{(2n)!}{2^n n!}\cdot\frac{2^n}{n!} = \binom{2n}{n},

जिसमें $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ का उपयोग हुआ। अतः $\abs{4x} < 1$ के लिए $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ । वर्ग करने पर (कोशी गुणनफल, जो निरपेक्ष अभिसरण से वैध है) और $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ से तुलना करने पर: वर्ग में $x^n$ का गुणांक $\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$ है, और गुणांकों की अद्वितीयता देती है

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

11.5 समस्या: आबेल, टाउबर, और अभिसरण की सीमा

समस्या 11.1

अभिसरण चक्रिका के भीतर सब कुछ आसान है; घात श्रेणियों का सारा नाटक सीमा पर होता है। यह समस्या वास्तविक चर में सीमा का सिद्धांत बनाती है: आबेल की प्रमेय अपने एकसमान रूप में, टाउबर की शर्त के अंतर्गत उसका विलोम, योगकरण विधियों की चेज़ारो–आबेल पदानुक्रम (फ्रोबेनियस की प्रमेय सहित), सीमा तक पद-दर-पद समाकलन जिसके लाभ में क्लासिक अचर मिलते हैं, और अंत में वैश्लेषिक फलनों की कठोरता — तादात्म्य प्रमेय। आगे सर्वत्र $(a_n)$ कोई वास्तविक अनुक्रम है, $f(x) = \sum_{n\geq0} a_nx^n$ , और $A_n = a_0 + \dots + a_n$ ।

भाग I — आबेल की प्रमेय, एकसमान रूप में। इस भाग में मान लीजिए $\sum a_n$ अभिसरित होती है, और $r_n = \sum_{k\geq n} a_k$ रखिए (अतः $r_n \to 0$ और $a_n = r_n - r_{n+1}$ )।

खंडशः योग से सिद्ध कीजिए कि सभी $0 \leq x \leq 1$ और $N \leq M$ के लिए:

$\Bigl|\sum_{n=N}^{M} a_n x^n\Bigr| \leq 2\sup_{n \geq N}\,\abs{r_n} .$
इससे निष्कर्ष निकालिए कि $\sum a_nx^n$ $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान रूप से अभिसरित होती है, कि उसका योग वहाँ संतत है, और अभ्यास 11.9 की त्रिज्यीय सीमा पुनः प्राप्त कीजिए: $x \to 1^-$ होने पर $f(x) \to \sum a_n$ ।
(कोशी गुणनफलों के लिए आबेल की प्रमेय) मान लीजिए $\sum a_n = A$ , $\sum b_n = B$ , और कोशी गुणनफल $\sum c_n$ , $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ , अभिसरित होता है और उसका योग $C$ है। सिद्ध कीजिए कि $C = AB$ (चक्रिका के भीतर गुणनफल सर्वसमिका प्रतिज्ञप्ति 11.4 से सत्य है; अब $x \to 1^-$ लीजिए)।
दिखाइए कि परिकल्पना मायने रखती है: $a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ के लिए दोनों श्रेणियाँ अभिसरित होती हैं, फिर भी $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ (हर गुणनखंड $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ को समांतर–गुणोत्तर माध्य से परिबद्ध कीजिए): अर्थात् दो अभिसारी श्रेणियों का कोशी गुणनफल अपसरित हो सकता है।
(अभ्यास 11.5 का एक लाभ) दिखाइए कि $\intoo{-1}{1}$ पर $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1} \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ , जाँचिए कि $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ घटकर $0$ तक जाता है, और आबेल के साथ निष्कर्ष निकालिए:

$\sum_{n\geq1} (-1)^{n+1}\,\frac{H_n}{n+1} = \frac{(\ln 2)^2}{2} .$

भाग II — टाउबर का विलोम। $\sum a_n$ को $L$ पर आबेल-योग्य कहिए जब $x \to 1^-$ होने पर $f(x) \to L$ ।

दिखाइए कि $\sum (-1)^n$ $\frac12$ पर आबेल-योग्य है फिर भी अपसारी: अर्थात् आबेल की प्रमेय का कोई अशर्त विलोम नहीं है।
(चेज़ारो प्रमेयिका) यदि $u_n \to 0$ तो $\frac{u_1 + \dots + u_N}{N} \to 0$ (योग को किसी स्थिर $m$ पर बाँटिए)।
अब मान लीजिए $n\,a_n \to 0$ और $f(x) \to L$ । $x_N = 1 - \frac1N$ के साथ दोनों आकलन सिद्ध कीजिए

$\Bigl|\sum_{n=0}^{N} a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)\Bigr| \leq \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} n\,\abs{a_n}, \qquad \Bigl|\sum_{n>N} a_n x_N^n\Bigr| \leq \sup_{n>N}\bigl(n\abs{a_n}\bigr)$

(पहले के लिए $1 - x^n \leq n(1-x)$ ; और दूसरे के लिए $\abs{a_n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N} m\abs{a_m}$ तथा $\sum x_N^n \leq N$ )।
टाउबर की प्रमेय निष्कर्ष रूप में निकालिए: यदि $n\,a_n \to 0$ हो और $\sum a_n$ $L$ पर आबेल-योग्य हो, तो $\sum a_n$ $L$ पर अभिसरित होती है।
(धनात्मक गुणांकों के लिए सरल टाउबरीय परिणाम) यदि $a_n \geq 0$ हो और $f$ $\intco{0}{1}$ पर परिबद्ध हो, तो दिखाइए कि $\sum a_n$ अभिसरित होती है और $\sum a_n = \lim_{x\to1^-} f(x)$ ( $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ को परिबद्ध कीजिए और $x \to 1^-$ लीजिए, फिर आबेल का उपयोग कीजिए)।

भाग III — चेज़ारो माध्य और फ्रोबेनियस की प्रमेय। $\sum a_n$ को $L$ पर चेज़ारो-योग्य कहिए जब $\sigma_N = \frac{A_0 + \dots + A_{N-1}}{N} \to L$ ।

दिखाइए कि अभिसारी श्रेणी अपने योग पर चेज़ारो-योग्य होती है ( $A_n - L$ पर लगाया गया प्रश्न 7)।
$\sum(-1)^n$ का चेज़ारो मान परिकलित कीजिए और जाँचिए कि वह प्रश्न 6 के आबेल मान $\frac12$ से मेल खाता है।
$S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$ के साथ $0 \leq x < 1$ के लिए दोनों सर्वसमिकाएँ सिद्ध कीजिए:

$f(x) = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)\,\sigma_{n+1}x^n, \qquad (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)x^n = 1 .$
(फ्रोबेनियस) निष्कर्ष निकालिए: यदि $\sigma_N \to L$ हो तो $x \to 1^-$ होने पर $f(x) \to L$ — अर्थात् चेज़ारो-योग्य होने से आबेल-योग्य होना निकलता है, और उसी मान पर (दोनों सर्वसमिकाएँ घटाइए और योग को किसी बड़े $N$ पर बाँटिए, जैसा अभ्यास 11.9 में)।
दिखाइए कि पदानुक्रम

$\text{अभिसारी} \;\Longrightarrow\; \text{चेज़ारो-योग्य} \;\Longrightarrow\; \text{आबेल-योग्य}$

दोनों तीरों पर यथार्थ है: पहले के लिए प्रश्न 6; और दूसरे के लिए दिखाइए कि $\sum(-1)^n(n+1)$ $\frac14$ पर आबेल-योग्य है ( $f$ परिकलित कीजिए) पर चेज़ारो-योग्य नहीं (सम और विषम $N$ के लिए $\sigma_N$ अलग-अलग परिकलित कीजिए)।

भाग IV — सीमा तक समाकलन।

मान लीजिए $\sum a_nx^n$ $\intco{0}{1}$ पर अभिसरित होती है और $\sum \frac{a_n}{n+1}$ अभिसरित होती है। सिद्ध कीजिए कि अनुचित समाकल $\int_0^1 f$ विद्यमान है और

$\int_0^1 \Bigl(\sum_{n\geq0} a_nx^n\Bigr)\dd x = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}$

(प्रतिअवकलज $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ भाग I के अनुसार $1$ पर संतत है)।
$\eta = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ लीजिए। दिखाइए कि $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ , और निरपेक्ष रूप से अभिसारी $\sum \frac1{n^2}$ में सम तथा विषम सूचकांक बाँटकर $\eta = \frac12\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}$ । (फूरिये अध्याय की सप्ताहांत समस्या $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ का मूल्यांकन करती है।)
सिद्ध कीजिए

$\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\Bigl(\ln 2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\Bigr)$

(श्रेणी लाइब्नित्स से अभिसरित होती है; प्रश्न 16 के साथ गुणोत्तर श्रेणी $\sum(-1)^nx^{3n}$ का समाकलन कीजिए; फिर आंशिक भिन्न: $\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$ )।
$(1-t)^{-1/2}$ (अभ्यास 11.12) की द्विपद श्रेणी से निकालिए

$\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1} \quad(\abs x < 1), \qquad\text{फिर}\qquad \sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)} = \frac\pi2 ,$

और सीमा-मान को $\intcc{-1}{1}$ पर सामान्य अभिसरण से न्यायोचित ठहराइए ( $\binom{2n}n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ , उदाहरण 6.14 का उपयोग कीजिए) — यहाँ आबेल की भी आवश्यकता नहीं पड़ती।
(सीमा पर कातालान) दिखाइए कि $\sum C_n 4^{-n} = 2$ : उदाहरण 11.21 की कातालान श्रेणी अपनी त्रिज्या $\frac14$ पर अभिसरित होती है (अभ्यास 11.8 की अनंतस्पर्शिता), उसका योग $\intcc{0}{\frac14}$ पर संतत है, और बंद रूप की वहाँ सीमा $2$ है।

भाग V — कठोरता: तादात्म्य प्रमेय।

(विलगित शून्य) मान लीजिए $f = \sum a_nx^n$ की त्रिज्या $R > 0$ है और सारे $a_n = 0$ शून्य नहीं हैं; और $a_m \neq 0$ वाला न्यूनतम सूचकांक $m$ लीजिए। दिखाइए कि $f(x) = x^m g(x)$ , जहाँ $g$ त्रिज्या $R$ वाली कोई घात श्रेणी है और $g(0) = a_m \neq 0$ , और इससे निष्कर्ष निकालिए कि $0$ के किसी छिद्रित प्रतिवेश में $f$ का कोई शून्य नहीं है।
(तादात्म्य प्रमेय) मान लीजिए $f, h$ $0$ के पास घात श्रेणियों के योग हैं और $(x_k)$ अशून्य बिंदुओं का ऐसा अनुक्रम है कि $x_k \to 0$ और $f(x_k) = h(x_k)$ । सिद्ध कीजिए कि $f$ और $h$ के गुणांक एक ही हैं, अतः वे $0$ के पास मेल खाते हैं।
$0$ के पास वैश्लेषिक वे सभी फलन $f$ ज्ञात कीजिए जिनके लिए

$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1} \qquad\text{सभी बड़े पूर्णांक } k . \text{ के लिए}$
दिखाइए कि किसी विवृत अंतराल $I$ पर वैश्लेषिक फलन, जो किसी उपअंतराल पर लुप्त हो, $I$ पर सर्वथा लुप्त होता है (जिन बिंदुओं के चारों ओर $f$ सर्वथा लुप्त है उनका समुच्चय विवृत है, और संचय-बिंदुओं पर तादात्म्य प्रमेय लगाने से $I$ में संवृत भी)। निष्कर्ष निकालिए कि $\R$ पर संहत वाहक वाला कोई अशून्य वैश्लेषिक फलन नहीं है — जबकि $C^\infty$ उभार फलन विद्यमान हैं (अभ्यास 11.7 निर्माण-खंड दे देता है): अर्थात् वैश्लेषिकता कठोर है, चिकनाई ढीली।
संश्लेषण। एक-एक वाक्य में: (क) आबेल की प्रमेय प्रमेयिका 11.1 के सामान्य-अभिसरण पैकेट में क्या जोड़ती है; (ख) विलोम ठीक किन परिकल्पनाओं के अंतर्गत सत्य है (टाउबर) और बीच का पायदान कौन-सा है (फ्रोबेनियस); (ग) भाग IV का कोई एक सीमा-अचर जिसे आप अब किसी मित्र के लिए दो पंक्तियों में निकाल सकते हैं; (घ) इस पुस्तक में चेज़ारो माध्य कहाँ फिर प्रकट होंगे, और बिलकुल भिन्न प्रकार की श्रेणियों के लिए।

हल

हल — समस्या 11.1.

1. $a_n = r_n - r_{n+1}$ के साथ, खंडशः योग:

\sum_{n=N}^{M} a_nx^n = r_Nx^N + \sum_{n=N+1}^{M} r_n\bigl(x^n - x^{n-1}\bigr) - r_{M+1}x^M .

$0 \leq x \leq 1$ के लिए वृद्धियाँ $x^{n-1} - x^n$ अऋणात्मक हैं और क्रमिक निरसन से $x^N - x^M$ तक जुड़ जाती हैं; और $s = \sup_{n\geq N}\abs{r_n}$ के साथ:

\Bigl|\sum_{n=N}^{M}a_nx^n\Bigr| \leq s\bigl(x^N + (x^N - x^M) + x^M\bigr) = 2s\,x^N \leq 2s .

2. चूँकि $r_n \to 0$ , $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$ : अतः प्रश्न 1 ठीक $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान कोशी कसौटी है, इसलिए $\sum a_nx^n$ वहाँ एकसमान रूप से अभिसरित होती है और उसका योग संतत है (प्रमेय 10.11)। और $1$ पर मान $\sum a_n$ होने से $1$ पर संततता अभ्यास 11.9 की त्रिज्यीय सीमा ही है।

3. $\abs x < 1$ के लिए तीनों घात श्रेणियाँ निरपेक्ष रूप से अभिसरित होती हैं और $\bigl(\sum a_nx^n\bigr)\bigl(\sum b_nx^n\bigr) = \sum c_nx^n$ (प्रतिज्ञप्ति 11.4)। प्रश्न 2 से हर गुणनखंड तथा गुणनफल पक्ष $\intcc{0}{1}$ पर संतत हैं (उनकी गुणांक-श्रेणियाँ परिकल्पना से अभिसरित होती हैं); और सर्वसमिका में $x \to 1^-$ लेने पर: $AB = C$ ।

4. यहाँ समांतर–गुणोत्तर माध्य से

\abs{c_n} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{n+2} = \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1,

अर्थात् $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$ । $\sum c_n$ का व्यापक पद $0$ की ओर नहीं जाता: अतः कोशी गुणनफल अपसरित होता है, यद्यपि दोनों गुणनखंड अभिसरित होते हैं (एकांतर श्रेणियाँ)।

5. अभ्यास 11.5 देता है $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ ( $\abs x < 1$ )। पद-दर-पद प्रतिअवकलज (प्रमेय 11.7 (2)), और दोनों पक्ष $0$ पर लुप्त:

\frac{\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}\,x^{n+1} .

ह्रास: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ का अर्थ $H_n \geq 1$ है, जो $n \geq 1$ के लिए सत्य है; और $\frac{H_n}{n+1} \sim \frac{\ln n}{n} \to 0$ : $x = -1$ पर श्रेणी एकांतर जाँच से अभिसरित होती है। $x \mapsto -x$ प्रतिस्थापित करके $x = 1$ पर प्रश्न 2 लगाने पर:

\frac{(\ln 2)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}(-1)^{n+1},

अर्थात् घोषित मान।

6. $x \to 1^-$ होने पर $f(x) = \sum(-1)^nx^n = \frac{1}{1+x} \to \frac12$ : अतः $\frac12$ पर आबेल-योग्य। परंतु आंशिक योग $1, 0, 1, 0, \dots$ हैं: अर्थात् अपसारी।

7. $\varepsilon > 0$ दिया हो तो ऐसा $m$ चुनिए कि $n > m$ के लिए $\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; और $N \geq m$ के लिए:

\Bigl|\frac{u_1 + \dots + u_N}{N}\Bigr| \leq \frac{\abs{u_1} + \dots + \abs{u_m}}{N} + \varepsilon\,\frac{N - m}{N} \leq \frac{C_m}{N} + \varepsilon,

अतः प्रत्येक $\varepsilon$ के लिए $\limsup \leq \varepsilon$ : इसलिए माध्य $0$ की ओर जाते हैं।

8. $0 \leq x \leq 1$ के लिए: $1 - x^n = (1-x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$ , अतः

\Bigl|\sum_{n=0}^N a_n(1 - x_N^n)\Bigr| \leq (1 - x_N)\sum_{n=1}^N n\abs{a_n} = \frac1N\sum_{n=1}^{N}n\abs{a_n} .

और $n > N$ के लिए: $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$ , तथा $\sum_{n>N}x_N^n \leq \frac{1}{1 - x_N} = N$ :

\Bigl|\sum_{n>N}a_nx_N^n\Bigr| \leq \frac{\sup_{m>N}m\abs{a_m}}{N}\cdot N = \sup_{m>N}\,m\abs{a_m} .

9. अपघटन कीजिए

A_N - L = \sum_{n=0}^{N}a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr) - \sum_{n>N}a_nx_N^n + \bigl(f(x_N) - L\bigr) .

पहला पद प्रश्न 7 से $0$ की ओर जाता है ( $n\abs{a_n} \to 0$ के माध्य), दूसरा प्रश्न 8 से (उच्चतम $0$ की ओर जाता है), और तीसरा इसलिए कि $x_N \to 1^-$ तथा $f(x) \to L$ । अतः $A_N \to L$ : यही टाउबर की प्रमेय है।

10. $x \in \intco{0}{1}$ और किसी भी $N$ के लिए: $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x) \leq M$ (अऋणात्मक पद)। परिमित योग में $x \to 1^-$ लीजिए: $\sum_{n\leq N}a_n \leq M$ । आंशिक योग वर्धमान और परिबद्ध हैं: अतः $\sum a_n$ अभिसरित होती है, और फिर प्रश्न 2 $\lim_{x\to1^-}f(x) = \sum a_n$ दे देता है।

11. $\sigma_N - L$ $N$ संख्याओं $A_n - L$ ( $0 \leq n < N$ ) का माध्य है, और वे $0$ की ओर जाती हैं: अतः प्रश्न 7।

12. सम $n$ के लिए $A_n = 1$ , विषम के लिए $0$ : $A_0 + \dots + A_{N-1} = \lceil N/2\rceil$ , अतः $\sigma_N = \frac{\lceil N/2\rceil}{N} \to \frac12$ , जो प्रश्न 6 का आबेल मान है।

13. $\sigma_N \to L$ के अंतर्गत $S_n = O(n)$ , अतः $A_n = S_n - S_{n-1} = O(n)$ और $a_n = O(n)$ : इसलिए नीचे की सारी श्रेणियों की त्रिज्या $\geq 1$ है। $\abs x < 1$ के लिए $a_n = A_n - A_{n-1}$ और $A_nx^n \to 0$ से:

(1-x)\sum_n A_nx^n = \sum_n A_nx^n - \sum_n A_nx^{n+1} = \sum_n a_nx^n = f(x),

और सर्वथा $(1-x)\sum S_nx^n = \sum A_nx^n$ , अतः $f(x) = (1-x)^2\sum_n S_nx^n = (1-x)^2\sum_n(n+1)\sigma_{n+1}x^n$ । अंत में $\sum(n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$ (अभ्यास 11.3), जो दूसरी सर्वसमिका है।

14. पहली सर्वसमिका में से दूसरी का $L$ गुना घटाने पर:

f(x) - L = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1) \bigl(\sigma_{n+1} - L\bigr)x^n .

$\varepsilon$ दिया हो तो ऐसा $N$ चुनिए कि $n \geq N$ के लिए $\abs{\sigma_{n+1} - L} \leq \varepsilon$ ; तब

\abs{f(x) - L} \leq (1-x)^2 C_N + \varepsilon(1-x)^2\sum_{n}(n+1)x^n = (1-x)^2C_N + \varepsilon ,

और $x \to 1^-$ लेने पर: $\limsup \leq \varepsilon$ । अतः $f(x) \to L$ : यही फ्रोबेनियस की प्रमेय है।

15. $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ ( $-x$ पर गुणोत्तर श्रेणी का अवकलन): अतः आबेल मान $\frac14$ । आंशिक योग: $A_{2k} = k+1$ , $A_{2k+1} = -(k+1)$ (तत्काल आगमन)। तब $S_{2m-1} = 0$ (क्रमागत युग्म कट जाते हैं) और $S_{2m} = m + 1$ , अतः

\sigma_{2m} = \frac{S_{2m-1}}{2m} = 0, \qquad \sigma_{2m+1} = \frac{m+1}{2m+1} \to \frac12 :

$(\sigma_N)$ के दो भिन्न गुच्छन मान हैं: अर्थात् चेज़ारो-योग्य नहीं। प्रश्न 6 तथा 11–14 के साथ पदानुक्रम अभिसारी $\Rightarrow$ चेज़ारो $\Rightarrow$ आबेल दोनों तीरों पर यथार्थ है।

16. प्रतिअवकलज श्रेणी $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ की त्रिज्या वही है और $\intco{0}{1}$ पर $F' = f$ (प्रमेय 11.7); और चूँकि $\sum\frac{a_n}{n+1}$ अभिसरित होती है, भाग I (प्रश्न 2) $F$ को $\intcc{0}{1}$ पर संतत बना देता है। और $\int_0^x f = F(x)$ होने से (अवकलज बराबर, $0$ पर मान $0$ बराबर),

\int_0^x f \xrightarrow[x\to1^-]{} F(1) = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1} :

अर्थात् अनुचित समाकल कथित मान के साथ विद्यमान है।

17. $\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1}$ (त्रिज्या $1$ ; $0$ पर संतत)। $\frac{a_m}{m+1}$ की श्रेणी $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ है, जो निरपेक्ष रूप से अभिसारी है: अतः प्रश्न 16 $\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ देता है। और निरपेक्ष रूप से अभिसारी $\sum\frac1{n^2}$ में सम तथा विषम पुनः समूहबद्ध कीजिए:

\eta = \sum_{\text{विषम}}\frac1{n^2} - \sum_{\text{सम}}\frac1{n^2} = \sum_{n}\frac1{n^2} - 2\sum_{k}\frac1{(2k)^2} = \Bigl(1 - \frac12\Bigr)\sum_n\frac1{n^2} = \frac12\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} .

18. लाइब्नित्स: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$ , अतः श्रेणी अभिसरित होती है। $\intco{0}{1}$ पर $\sum(-1)^nx^{3n} = \frac{1}{1+x^3}$ , और $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$ अभिसरित होती है: अतः प्रश्न 16 $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ देता है। आंशिक भिन्न (जाँच: $\frac13(x^2-x+1) + \frac{2-x}{3}(1+x) = 1$ ):

\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\ln2 + \frac13\int_0^1\frac{2-x}{x^2-x+1}\dd x .

$2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$ लिखने पर: $\ln(x^2-x+1)$ वाला भाग दोनों सिरों पर लुप्त हो जाता है, और

\frac32\int_0^1\frac{\dd x}{(x-\frac12)^2 + \frac34} = \frac32\cdot\frac{2}{\sqrt3} \Bigl[\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}\Bigr]_0^1 = \sqrt3\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} .

कुल: $\frac13\bigl(\ln2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\bigr)$ ।

19. अभ्यास 11.12 की श्रेणी में $t = x^2$ प्रतिस्थापित करके पद-दर-पद समाकलन कीजिए ( $0$ पर लुप्त होने वाला $(1-x^2)^{-1/2}$ का प्रतिअवकलज $\arcsin$ है):

\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}x^{2n+1} \qquad(\abs x < 1) .

गुणांक $\sim \frac{1}{2\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ हैं (उदाहरण 6.14), जो योग्य हैं: अतः श्रेणी $\intcc{-1}{1}$ पर सामान्य रूप से अभिसरित होती है, उसका योग वहाँ संतत है, और $\intoo{-1}{1}$ पर संतत $\arcsin$ से मेल खाता है, इसलिए $x = 1$ पर भी:

\sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)} = \arcsin 1 = \frac\pi2 .

20. $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (अभ्यास 11.8): $\intcc{0}{\frac14}$ पर $\sum C_nx^n$ का सामान्य अभिसरण, अतः उसका योग वहाँ संतत है; और $\intoo{0}{\frac14}$ पर वह $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ के बराबर है (उदाहरण 11.21), जिसकी $\frac14^-$ पर सीमा $\frac{1-0}{1/2} = 2$ है। अतः $\sum_{n\geq0} C_n4^{-n} = 2$ ।

21. $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$ के साथ $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ ; और यदि $(a_nr^n)$ परिबद्ध हो तो $(a_{m+k}r^k)$ भी ( $r^m$ से भाग दीजिए): अतः $g$ की त्रिज्या $\geq R$ है। $g$ $g(0) = a_m \neq 0$ के साथ संतत है, अतः किसी $\intcc{-\delta}{\delta}$ पर $g \neq 0$ , और $0 < \abs x \leq \delta$ के लिए $f(x) = x^mg(x) \neq 0$ ।

22. $d = f - h$ $0$ के पास किसी घात श्रेणी का योग है जो अशून्य बिंदुओं $x_k \to 0$ पर लुप्त होता है। यदि $d$ का कोई गुणांक अशून्य होता, तो प्रश्न 21 $0$ का ऐसा छिद्रित प्रतिवेश देता जिसमें $d$ का कोई शून्य न होता — जो $d(x_k) = 0$ के विरुद्ध है। अतः $d$ के सारे गुणांक लुप्त हैं: इसलिए $f$ और $h$ के गुणांक बराबर हैं और वे $0$ के पास मेल खाते हैं।

23. फलन $h(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (त्रिज्या $1$ ) $h(\frac1k) = \frac{1}{1 + 1/k^2} = \frac{k^2}{k^2+1}$ पूरा करता है। समान मानों वाला कोई भी वैश्लेषिक $f$ बिंदुओं $\frac1k \to 0$ पर $h$ से मेल खाता है: अतः तादात्म्य प्रमेय (प्रश्न 22) से $0$ के पास $f = \frac{1}{1+x^2}$ — अर्थात् अद्वितीय हल।

24. मान लीजिए $Z$ $I$ के उन बिंदुओं का समुच्चय है जिनका कोई ऐसा प्रतिवेश हो जिस पर $f$ सर्वथा लुप्त हो: यह परिभाषा से विवृत और अरिक्त है (वह उपअंतराल)। $I$ में संवृत भी: यदि $y \in I$ $Z$ के बिंदुओं की सीमा हो, तो $y$ $f$ के शून्यों का संचय-बिंदु है; और $y$ पर $f$ का घात श्रेणी में प्रसार करके ( $y$ पर पुनःकेंद्रित) प्रश्न 21–22 लगाने पर $y$ पर सारे गुणांक लुप्त हो जाते हैं, अतः $y$ के पास $f \equiv 0$ : $y \in Z$ । अंतराल संबद्ध है, अतः $Z = I$ : $I$ पर $f \equiv 0$ । विशेष रूप से $\R$ पर वैश्लेषिक फलन जो किसी संहत समुच्चय के बाहर लुप्त हो, किसी अंतराल पर लुप्त होता है, अतः सर्वत्र: यानी कोई अशून्य वैश्लेषिक उभार नहीं। $C^\infty$ की दुनिया भिन्न है: अभ्यास 11.7 के चपटे फलन को जोड़कर (जैसे $x \mapsto \eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ और उसका दर्पण) संहत वाहक वाले चिकने उभार बन जाते हैं।

25. (क) सामान्य अभिसरण चक्रिका के यथार्थतः भीतर की संहत उपचक्रिकाओं पर बसता है; और आबेल की प्रमेय संततता को किसी सीमा-बिंदु तक बढ़ा देती है, केवल इस परिकल्पना पर कि गुणांक-श्रेणी वहाँ अभिसरित हो। (ख) विलोम टाउबर की शर्त $na_n \to 0$ के अंतर्गत सत्य है (प्रश्न 9), और चेज़ारो योग्यता अभिसरण तथा आबेल योग्यता के यथार्थतः बीच में बैठती है (फ्रोबेनियस, प्रश्न 14–15)। (ग) किसी मित्र के लिए: गुणोत्तर श्रेणी को सीमा तक समाकलित करके और फिर आंशिक भिन्न लेकर $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ । (घ) चेज़ारो माध्य फूरिये अध्याय में फेयेर की प्रमेय के रूप में लौटते हैं, जहाँ आंशिक योगों का औसत लेने से बिंदुवार अभिसरण की विफलता ठीक हो जाती है — वही दवा, नया रोगी।