Identity for Series of Squares

자, 이번에는 해석학에 관한 글을 써보려 해요!! 목표는 \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}에 관한 항등식을 증명하고, 이걸 이용해서 문제를 푸는 것이에요.(는 사실 더 일반적인 형태가 있는데, 이건 연습문제로 남길 거예요(??)) 그 전에, 다음의 놀라운 항등식을 살펴볼게요.

Identity. 자연수 n \ge 2에 대해 다음 등식이 성립한다.

\displaystyle a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}=\left[\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i(i-1)}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i})^{2} \right]+\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}

Proof. n에 대한 귀납법으로 증명할게요!
n=2: a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=\frac{1}{2 \times 1}(a_{1}-a_{2})^{2}+\frac{1}{2}(a_{1}+a_{2})^{2}를 보이면 되는데, 전개하면 당연해요.
n \Rightarrow n+1: 다음을 볼게요.

\displaystyle \left[\left(\sum_{i=2}^{n+1} \frac{1}{i(i-1)}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i})^{2}\right)+\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n+1})^{2}}{n+1} \right]\\ -\left[\left(\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i(i-1)} (a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i})^{2} \right)+\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n} \right]\\ =\frac{1}{n(n+1)} \left((a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}-na_{n+1})^{2}+n(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n+1})^{2}-(n+1)(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2} \right)\\ =\frac{1}{n(n+1)} (((a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}-2na_{n+1}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})+n^{2}a_{n+1}^{2})\\ +n((a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}+2a_{n+1}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})+a_{n+1}^{2} )\\ -(n+1)(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2} )=a_{n+1}^{2}

따라서, a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}=\left[\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i(i-1)}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i})^{2} \right]+\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}의 양변에 위의 등식을 더해주면 a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n+1}^{2}=\left[\sum_{i=2}^{n+1} \frac{1}{i(i-1)}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i})^{2} \right]+\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n+1})^{2}}{n+1}이 되어 증명이 끝나게 되어요. \square

이 정리는 꽤냐 신기한 정리인데, 예를 들어 선형대수학적 관점에서는 a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}{\rm Span}_{\mathbb{Q}}\{(a_{1}-a_{2})^{2}, \cdots, (a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}-(n-1)a_{n})^{2}, (a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}\}의 원소라는 걸 의미하지요. 여튼 그런데, 여기서 n \to \infty를 취하면 무언가 무한급수에 관한 항등식이 나올 것 같은데, 뒤의 항 \frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}이 조금 문제가 되어요. 하지만, 다음 정리가 성립해요!!

Theorem. 무한급수 \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}L로 수렴하면

\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}=0

이다.

Proof. 먼저, |\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}| \le \frac{(|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|)^{2}}{n}이니깐 (a_{i})를 양수열로 두어도 상관 없어요. 그러면 \lim_{n \to \infty} a_{n}^{2}에서 \lim_{n \to \infty} a_{n}=0을 얻고, 곧 (a_{i})를 순서대로 재배열할 수 있는데, 이 재배열은 \frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}}{n}의 값을 더 커지게 하고, 따라서 재배열한 경우에 대해서만 증명하면 끝나요. 물론 충분히 클 때 a_{i}가 vanish하면 당연히 성립하니깐 양수열이라고 가정할게요. 즉, a_{1} \ge a_{2} \ge \cdots \ge 0으로 가정할 수 있어요. 그런데, Stolz-Cesaro theorem에 의해 \lim_{n \to \infty} \left[(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{2}-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1})^{2}\right]=0임을 보이면 되고, 곧 \lim_{n \to \infty} (a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})a_{n}=0임을 보이면 충분하다는 것을 쉽게 알 수 있어요. 그런데 아무 \epsilon>0에 대해, 충분히 큰 N \in \mathbb{N}이 있어서 a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{N}^{2}>(1-\frac{\epsilon}{2L})L이 되게 할 수 있어요. 이제 아무 n>N에 대해,

\displaystyle (a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})a_{n}=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{N})a_{N} \times \frac{a_{n}}{a_{N}}+(a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots+a_{n})a_{n}\\ \le (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{N}^{2}) \times \frac{a_{n}}{a_{N}}+(a_{N+1}^{2}+a_{N+2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}) \le L \left(\frac{a_{n}}{a_{N}}+\frac{\epsilon}{2L}\right)

가 성립하고, 충분히 큰 M \in \mathbb{N}을 골라주어서 아무 n>M에 대해 \frac{a_{n}}{a_{N}}<\frac{\epsilon}{2L}가 성립하게 만들면 다음 부등식을 얻어요. n>M에 대해,

(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})a_{n}<\epsilon

즉, 모든 \epsilon>0에 대해 충분히 큰 M \in \mathbb{N}이 존재해서 모든 n>M에 대해 |a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}| < \epsilon이니깐 증명이 끝나요. \square

따라서 다음 따름정리를 얻을 수 있어요:

Corollary. 만일 \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}가 수렴한다면,

\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}=\sum_{j=2}^{\infty} \frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{j-1}-(j-1)a_{j})^{2} }{j(j-1)}

이다.

얘를 들면, 다음이 성립해요!

Examples. 1. a_{i}=2^{-i}로 두면,

\displaystyle \frac{1}{3}=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2i}}=\sum_{j=2}^{\infty} \frac{(1-\frac{j+1}{2^{j}})^{2}}{j(j-1)}

를 얻는데, 실제로 계산해보면 맞다는 것을 알 수 있어요.

2. a_{i}=\frac{1}{i}를 대입하면

\displaystyle \sum_{j=2}^{\infty} \frac{(H_{j}-1)^{2}}{j(j-1)}=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}

라는 것을 알 수 있어요.(Basel problem) 물론, \zeta(2n), n \in \mathbb{Z}_{>0}의 값들은 일반적으로 알려져 있으니 a_{i}=i^{-n}을 대입한 값 역시 구할 수 있어요.

자, 이제 다음 정리를 증명하고 (연습문제를 낸 후) 끝낼게요!

Theorem. 만일 \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}가 수렴한다면, \sum_{i=1}^{\infty} \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i} \right)^{2} 역시 수렴한다.

Proof. 먼저, 위에서 보았던 것과 비슷하게 생각하면 (a_{i})를 감소하는 양수열로 가정해도 괜찮다는 것을 알 수 있어요. 이제 위의 corollary로부터 \sum_{j=1}^{\infty} \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{j}}{j}-a_{j} \right)^{2}가 수렴한다는 것을 쉽게 알 수 있어요. 그런데 Cauchy-Schwarz inequality에 의해 다음이 성립해요.

\displaystyle \left(\sum_{i=1}^{N} a_{i}^{2} \right) \left(\sum_{i=1}^{N} \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i} \right)^{2} \right) \ge \left(\sum_{i=1}^{N} \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i} \right)a_{i} \right)^{2}

즉, \sum_{i=1}^{N} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})a_{i}는 위로 bound되어 있고, (a_i)가 감소수열이니 각 항들은 양수가 되지요. 따라서 유계인 증가수열은 수렴하니깐 \sum_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})a_{i}는 수렴하게 되어요. 그런데, \sum_{i=1}^{N} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i})^{2}=\sum_{i=1}^{N} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})^{2}+2(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})a_{i}+a_{i}^{2}이고, \sum_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})^{2}, \sum_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}-a_{i})a_{i}, 그리고 \sum_{i=1}^{\infty} a_{i}^{2}들이 각각 수렴하니깐 원래의 급수도 수렴할 수 밖에 없고, 따라서 증명이 끝나요! \square

다음은 연습문제들이에요!

Exercise. bilinear form L:\mathbb{Z}[x_{i}:i \in \mathbb{N}] \times \mathbb{Z}[x_{i}:i \in \mathbb{N}] \to \mathbb{Z}[x_{i}:i \in \mathbb{N}]에 대해,

\displaystyle L(a_{1},a_{1})+L(a_{2},a_{2})+\cdots+L(a_{n},a_{n})=\left[\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i(i-1)}L(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i},a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}-(i-1)a_{i}) \right]+\frac{1}{n}L(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n},a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})

이라는 걸 증명해주세요! 더 나아가서, f, g_{i} \in \mathbb{Z}[x_{i}:i \in \mathbb{N}]에 대해 f(g_{1}^{2}, g_{2}^{2}, \cdots, g_{n}^{2})=0이라면 f(L(g_{1}, g_{1}), L(g_{2},g_{2}), \cdots, L(g_{n},g_{n}))=0이라는 것을 보여주세요! (Hint. universal property of the tensor product)

Exercise (Cauchy-Schwarz inequality, bilinear form version). vector space V와 non-negative bilinear form L:V \times V \to \mathbb{R}에 대해, 다음 부등식이 성립한다는 것을 보여주세요. 모든 v,w \in V에 대해,

\displaystyle L(v,v)L(w,w) \ge \left(\frac{L(v,w)+L(w,v)}{2} \right)^{2} \ge L(v,w)L(w,v)

여기서 non-negative라는 건 모든 x \in V에 대해, L(x,x) \ge 0라는 것을 의미해요.

Exercise. 위의 정리들은 (\mathbb{R} 위에서) bilinear form으로 곱셈(\times)을 주어서 전개한 것으로 볼 수 있어요. 그렇다면, 이 정리들을 (\mathbb{C} 위에서) bilinear form L(a,b)=a \overline{b}을 준 것으로 옮길 수 있을까요?? 맞다면 모두 증명하고, 아니라면 어느 곳에서 문제가 생기는지 생각해보아요.

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