\documentclass[12pt]{article} \baselineskip=.2cm \textwidth=165mm \textheight=22cm \voffset
-1.5cm \hoffset -1cm

\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{latexsym}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}

%%%%%%%%%% Some definitions %%%%%%%%%%

%%%%% Equations, labels, theorems %%%%%
\renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}}
\def\[{\begin{equation}}              \def\]{\end{equation}}
\def\lb{\label}                       \newcommand{\er}[1]{{\rm(\ref{#1})}}
\theoremstyle{plain}
\newtheorem{theorem}{\bf Теорема}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{\bf Лемма}
\newtheorem{corollary}[theorem]{\bf Следствие}
\newtheorem{proposition}[theorem]{\bf Утверждение}
\newtheorem{definition}[theorem]{\bf Определение}
\newtheorem{remark}[theorem]{\it Замечание}
\newtheorem{example}[theorem]{\it Пример}
\newtheorem{exercise}[theorem]{\it Упражнение}

%%%%% Alphabet %%%%%
\def\a{\alpha}  \def\cA{{\cal A}}     \def\bA{{\bf A}}  \def\mA{{\mathscr A}}
\def\b{\beta}   \def\cB{{\cal B}}     \def\bB{{\bf B}}  \def\mB{{\mathscr B}}
\def\g{\gamma}  \def\cC{{\cal C}}     \def\bC{{\bf C}}  \def\mC{{\mathscr C}}
\def\G{\Gamma}  \def\cD{{\cal D}}     \def\bD{{\bf D}}  \def\mD{{\mathscr D}}
\def\d{\delta}  \def\cE{{\cal E}}     \def\bE{{\bf E}}  \def\mE{{\mathscr E}}
\def\D{\Delta}  \def\cF{{\cal F}}     \def\bF{{\bf F}}  \def\mF{{\mathscr F}}
\def\c{\chi}    \def\cG{{\cal G}}     \def\bG{{\bf G}}  \def\mG{{\mathscr G}}
\def\z{\zeta}   \def\cH{{\cal H}}     \def\bH{{\bf H}}  \def\mH{{\mathscr H}}
\def\e{\eta}    \def\cI{{\cal I}}     \def\bI{{\bf I}}  \def\mI{{\mathscr I}}
\def\p{\psi}    \def\cJ{{\cal J}}     \def\bJ{{\bf J}}  \def\mJ{{\mathscr J}}
\def\vT{\Theta} \def\cK{{\cal K}}     \def\bK{{\bf K}}  \def\mK{{\mathscr K}}
\def\k{\kappa}  \def\cL{{\cal L}}     \def\bL{{\bf L}}  \def\mL{{\mathscr L}}
\def\l{\lambda} \def\cM{{\cal M}}     \def\bM{{\bf M}}  \def\mM{{\mathscr M}}
\def\L{\Lambda} \def\cN{{\cal N}}     \def\bN{{\bf N}}  \def\mN{{\mathscr N}}
\def\m{\mu}     \def\cO{{\cal O}}     \def\bO{{\bf O}}  \def\mO{{\mathscr O}}
\def\n{\nu}     \def\cP{{\cal P}}     \def\bP{{\bf P}}  \def\mP{{\mathscr P}}
\def\r{\rho}    \def\cQ{{\cal Q}}     \def\bQ{{\bf Q}}  \def\mQ{{\mathscr Q}}
\def\s{\sigma}  \def\cR{{\cal R}}     \def\bR{{\bf R}}  \def\mR{{\mathscr R}}
\def\S{\Sigma}  \def\cS{{\cal S}}     \def\bS{{\bf S}}  \def\mS{{\mathscr S}}
\def\t{\tau}    \def\cT{{\cal T}}     \def\bT{{\bf T}}  \def\mT{{\mathscr T}}
\def\f{\phi}    \def\cU{{\cal U}}     \def\bU{{\bf U}}  \def\mU{{\mathscr U}}
\def\F{\Phi}    \def\cV{{\cal V}}     \def\bV{{\bf V}}  \def\mV{{\mathscr V}}
\def\P{\Psi}    \def\cW{{\cal W}}     \def\bW{{\bf W}}  \def\mW{{\mathscr W}}
\def\o{\omega}  \def\cX{{\cal X}}     \def\bX{{\bf X}}  \def\mX{{\mathscr X}}
\def\x{\xi}     \def\cY{{\cal Y}}     \def\bY{{\bf Y}}  \def\mY{{\mathscr Y}}
\def\X{\Xi}     \def\cZ{{\cal Z}}     \def\bZ{{\bf Z}}  \def\mZ{{\mathscr Z}}
\def\B{{\rm B}} \def\O{\Omega}  \def\Y{\Upsilon}

\def\ve{\varepsilon}   \def\vt{\vartheta}    \def\vp{\varphi}    \def\vk{\varkappa}

\def\Z{{\mathbb Z}}    \def\R{{\mathbb R}}   \def\C{{\mathbb C}}
\def\T{{\mathbb T}}    \def\N{{\mathbb N}}   \def\dD{{\mathbb D}}

%%%%% Arrows %%%%%

\def\la{\leftarrow}              \def\ra{\rightarrow}            \def\Ra{\Rightarrow}
\def\ua{\uparrow}                \def\da{\downarrow}
\def\lra{\leftrightarrow}        \def\Lra{\Leftrightarrow}

%%%%% Math signs %%%%%

\let\ge\geqslant                 \let\le\leqslant
\def\/{\over}                    \def\iy{\infty}
\def\sm{\setminus}               \def\es{\emptyset}
\def\ss{\subset}                 \def\ts{\times}
\def\pa{\partial}                \def\os{\oplus}
\def\ev{\equiv}                  \def\1{1\!\!1}
\def\iint{\int\!\!\!\int}        \def\iintt{\mathop{\int\!\!\int\!\!\dots\!\!\int}\limits}
\def\el2{\ell^{\,2}}

%%%%% Typography %%%%%

\def\qq{\quad}                   \def\qqq{\qquad}
\def\lt{\biggl}                  \def\rt{\biggr}
\def\no{\noindent}               \def\ol{\overline}
\def\wt{\widetilde}              \def\wh{\widehat}
\def\mto{\mathop{\ \to\ }\limits}
\newcommand{\nt}[1]{{\mathop{#1}\limits^{{}_{\,\bf{\sim}}}}\vphantom{#1}}
\newcommand{\nh}[1]{{\mathop{#1}\limits^{{}_{\,\bf{\wedge}}}}\vphantom{#1}}
\newcommand{\nc}[1]{{\mathop{#1}\limits^{{}_{\,\bf{\vee}}}}\vphantom{#1}}
\newcommand{\oo}[1]{{\mathop{#1}\limits^{\,\circ}}\vphantom{#1}}
\newcommand{\po}[1]{{\mathop{#1}\limits^{\phantom{\circ}}}\vphantom{#1}}
%\def\BBox{\hspace{1mm}\vrule height6pt width5.5pt depth0pt \hspace{6pt}}

%%%%% Math operations %%%%%

\def\Im{\mathop{\rm Im}\nolimits}
\def\Iso{\mathop{\rm Iso}\nolimits}
\def\Ker{\mathop{\rm Ker}\nolimits}
\def\Ran{\mathop{\rm Ran}\nolimits}
\def\Re{\mathop{\rm Re}\nolimits}
\def\Tr{\mathop{\rm Tr}\nolimits}
\def\arg{\mathop{\rm arg}\nolimits}
\def\const{\mathop{\rm const}\nolimits}
\def\det{\mathop{\rm det}\nolimits}
\def\diag{\mathop{\rm diag}\nolimits}
\def\dim{\mathop{\rm dim}\nolimits}
\def\dist{\mathop{\rm dist}\nolimits}
\def\rank{\mathop{\rm rank}\limits}
\def\res{\mathop{\rm res}\limits}
\def\sign{\mathop{\rm sign}\nolimits}
\def\span{\mathop{\rm span}\nolimits}
\def\supp{\mathop{\rm supp}\nolimits}
\def\VP{\mathop{\rm v.p.}\nolimits}

\def\olim{\mathop{\overline{\lim}}\limits}
\def\ulim{\mathop{\underline{\lim}}\limits}

\newcommand\matr[4]{\left(\begin{array}{cc}#1 & #2 \cr #3 & #4\end{array}\right)}
\newcommand\vect[2]{\left(\begin{array}{c} #1 \cr #2 \end{array}\right)}
%%%%%%%%%%% End of definitions %%%%%%%%%%

\begin{document}

\begin{center}
{\Large \bf Доп. главы анализа. "Ленивый"\ конспект.} \vskip 12pt {\large $\rm
M{\bf\forall}T\!\!-\!\!M{\bf\exists}X$, 3 семестр, ПОМИ-группа, {\it Челкак Д.С.}}
\end{center}

\noindent \underline{\hbox to 1\textwidth{{ } \hfil{ } \hfil{ } }} \phantom{Delta4}\hfill ©
Delta4, 2006.


\begin{center}
{\LARGE \bf I. Расходящиеся ряды. Тауберовы теоремы.}
\end{center}

\setcounter{section}{-1}
\section{Одно вычисление с расходящимся рядом.}

Как известно,
$$
1-x+x^2-x^3+\dots = \frac{1}{1+x},\qquad |x|<1.
$$
Решительно (или нерешительно?) выйдя за границы применимости этого тождества в обычном смысле,
положим $x=e^{i\theta}$, где $\theta\in(-\pi,\pi)$. Итак, мы начинаем с равенства, которое,
если встать на строгую точку зрения (а точнее на ту пока единственную строгую точку зрения,
которая нам доступна из стандартного курса анализа), представляет собой полную бессмыслицу:
$$
1-e^{i\theta}+e^{2i\theta}-e^{3i\theta}+\dots=\frac{1}{1+e^{i\theta}}=
\frac{\cos\frac{\theta}{2}-i\sin\frac{\theta}{2}}{2\cos\frac{\theta}{2}},\qquad |\theta|<\pi.
$$
Переходя к вещественной части:
\[
\label{0CosIdent} \cos\theta-\cos 2\theta + \cos 3\theta - \dots = \frac{1}{2},\qquad
|\theta|<\pi.
\]
Интегрируя от $0$ до $\phi$:
$$
\sin\phi-\frac{\sin 2\phi}{2}+\frac{\sin 3\phi}{3} -\dots = \frac{\phi}{2}.
$$
Заметим, что это равенство вполне можно трактовать в классическом
смысле\begin{footnote}{Некоторое недоумение вызывает то, что левая часть периодична по $\phi$,
в то время, как правая - нет. Почему так? Дело в том, что надеяться придать какой-то строгий
смысл равенству (\ref{0CosIdent}) при $\theta=\pm\pi$ нельзя - левая часть имеет сумму
$-\infty$ в классическом смысле, поэтому и проинтегрировать через эту точку надеяться
невозможно. А значит мы должны оставаться в промежутке $|\phi|<\pi$.}\end{footnote} - ряд
сходится по признаку Дирихле. Не задумываясь об обоснованиях законности, проинтегрируем еще
раз - от $0$ до $\theta$:
\[
\label{02} (1-\cos\theta) - \frac{1-\cos 2\theta}{4} + \frac{1-\cos 3\theta}{9} - \dots =
\frac{\theta^2}{4},\qquad |\theta|<\pi.
\]
А теперь, чтобы окончательно избавиться от комплексов\begin{footnote}{Вообще-то, такой сильный
образ неуместен - если бы мы научились обосновывать (\ref{02}) при $|\theta|<\pi$, то,
используя равномерную сходимость ряда в (\ref{02}), легко бы могли (вполне строго!) перейти к
пределу при $\theta\to\pi$.}\end{footnote}, подставим $\theta=\pi$. После тривиальных
арифметических операций, получаем:
$$
{1\/1}+{1\/9}+{1\/25}+\dots={\pi^2\/8}.
$$
Ну а отсюда уже легко\begin{footnote}{Пусть ${1\/1}+{1\/4}+{1\/9}+\dots=a$ и
${1\/1}+{1\/9}+{1\/25}+\dots=b$. Тогда (в силу положительности всех членов ряда) ясно, что
$$
a=b+{1\/4}+{1\/16}+{1\/36}+\dots=b+{a\/4},
$$
то есть $a={4\/3}b$.}\end{footnote} вытекает
\[
\label{0InvSq} {1\/1}+{1\/4}+{1\/9}+\dots={\pi^2\/6}.
\]
Заметим, что последние два равенства - вполне классические, ряды, суммы которых мы предъявляем
(хотелось бы сказать "находим", но мы прибережем этот глагол для строгих выводов), прекрасно
сходятся в классическом смысле.

\setcounter{equation}{0}
\section{Определения. Сходимость по Чезаро. Сходимость по Абелю-Пуассону.}

В этом параграфе мы будем чаще говорить о расширение понятия предела последовательности, а не
о суммировании рядов (сумма ряда - это предел его частичных сумм).

\begin{definition} Пусть $\{s_n\}_{n=1}^\iy$ - какая-нибудь последовательность. Мы будем
говорить, что она имеет предел {\bf в смысле Чезаро}, равный $b$, и писать
$$
\lim_{n\to\iy}s_n = b\ \ (C),
$$
если
$$
{s_1+s_2+\dots+s_n\/n}\mto_{n\to\iy} b
$$
в обычном смысле.
\end{definition}

\begin{exercise} {\rm Пусть $s_{2k+1}=1$, $s_{2k}=0$. Проверьте, что $\lim_{n\to\infty} s_n={1\/2}\ \
(C)$. Это утверждение можно воспринимать, как строгую версию равенства (\ref{0CosIdent}) для
$\theta=0$. Проверьте, что (\ref{0CosIdent}) верно для любого $\theta\in(-\pi,\pi)$, если его
понимать в смысле сходимости частичных сумм ряда по Чезаро.}
\end{exercise}

Эту конструкцию легко обобщить. Пусть нам дано семейство коэффициентов
$$
\G=(\g_{kn})_{k,n=1}^\iy= \left(\begin{array}{cccc}\g_{11} & \g_{12} & \g_{13} & \dots \cr
\g_{21} & \g_{22} & \g_{23} & \dots \cr \dots & \dots & \dots & \dots
\end{array}\right).
$$
Будем говорить, что $\lim_{n\to\infty} s_n = b\ \ (\G)$ (т.е. в смысле метода суммирования
$\G$), если для каждого $k$ определено выражение $f_k=\sum_{n=1}^{+\infty}\g_{kn}s_n$ и
$\lim_{k\to\infty}f_k=b$ в обычном смысле.

\begin{remark} {\rm Для метода Чезаро матрица коэффициентов имеет вид
$$
\left(\begin{array}{ccccc}1 & 0 & 0 & 0 & \dots \cr {1\/2} & {1\/2} & 0 & 0 & \dots \cr {1\/3}
& {1\/3} & {1\/3} & 0 & \dots \cr \dots & \dots & \dots & \dots \end{array}\right).
$$
}\end{remark}

Индекс $k$ вполне может принимать и непрерывное множество значений, суть схемы от этого не
меняется. В частности, второй метод, который мы будем рассматривать - метод Абеля-Пуассона -
устроен именно так.
\begin{definition}
Для $k\in (0,1)$ и $n\in\N$ положим $\g_{kn}=k^{n-1}\cdot (1\!-\!k)$. Будем говорить, что
$\lim_{n\to\iy}s_n=b\ \ (AP)$ ({\bf в смысле Абеля-Пуассона}), если
$$
\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn}s_n=(1\!-\!k)\sum_{n=1}^{+\iy}k^{n-1}s_n\mto_{k\uparrow 1} b
$$
в обычном смысле.
\end{definition}

\begin{remark}[перевод на язык рядов]
{\rm Мы будем говорить, что ряд суммируем в смысле Чезаро: $\sum_{n=1}^{+\iy}a_n=b\ \ (C)$,
если $\lim_{n\to\infty}s_n=b\ \ (C)$, где $s_n=a_1+\dots+a_n$, т.е.
$$
{s_1+\dots+s_n\/n}= a_1+{n\!-\!1\/n}\,a_2+{n\!-\!2\/n}\,a_3+\dots+{1\/n}\,a_{n}\mto_{n\to\iy}
b
$$
в обычном смысле. Аналогично, $\sum_{n=1}^{+\iy}a_n=b\ \ (AP)$, если
$$
(1\!-\!k)\sum_{n=1}^{+\iy}k^{n-1}s_n = a_1+a_2k+a_3k^2+\dots\mto_{k\uparrow 1} b.
$$}
\end{remark}
\begin{exercise}
{\rm Докажите, что радиусы сходимости рядов $\sum_{n=1}^{+\iy}r^ns_n$ и
$\sum_{n=1}^{+\iy}r^na_n$ совпадают, а значит приведенное выше преобразование корректно. }
\end{exercise}

\setcounter{equation}{0}
\section{Регулярность методов суммирования.}

Естественно, что нам бы хотелось не создавать кардинально новое понятие предела, а расширять
уже имеющееся. Следующее определение естественно формализует это соображение.
\begin{definition}
Будем говорить, что $\G$ - регулярный метод, если для каждой последовательности
$\{s_n\}_{n=1}^\iy$, имеющей (конечный!) предел $\lim_{n\to\iy}s_n=b$ в классическом смысле,
верно также $\lim_{n\to\iy}s_n=b\ \ (\G)$.
\end{definition}

\begin{theorem}
\label{RegMethod} Метод $\G$, заданный семейством коэффициентов $(\g_{kn})_{k,n=1}^\iy$
регулярен, если и только если\\
(i) $\g_{kn}\to 0$ при $k\to\iy$ для каждого фиксированного $n$;\\
(ii) $\sum_{n=1}^\iy |\g_{kn}|\le H<+\iy$ для всех $k$, где $H$ не зависит от $k$;\\
(iii) $\sum_{n=1}^\iy \g_{kn} \to 1$  при $k\to\iy$.
\end{theorem}
\begin{remark}
{\rm С незначительными изменениями, теорема (вместе со своим доказательством) остается верной
и в случае непрерывного параметра $k$.}
\end{remark}
\begin{proof}

\no $"\Leftarrow":$ Во-первых, заметим, что из (ii) следует, что все ряды
$$
t_k=\sum_{n=1}^{+\infty}\g_{kn}s_n
$$
сходятся (и даже абсолютно) для произвольной ограниченной (в частности, для произвольной,
имеющей конечный предел) последовательности $\{s_n\}_{n=1}^\iy$. Далее, предположим, что
$|s_n-b|<\ve$ для всех $n>N$. Тогда
$$
t_k=b\sum_{k=1}^\iy\g_{kn} + \sum_{k=1}^N \g_{kn}(s_n\!-\!b)+ \sum_{k=N+1}^\iy
\g_{kn}(s_n\!-\!b)=I + II + III.
$$
Ясно, что $|III|\le H\ve$. Из (i) и (iii) следует, что $I\to b$, $II\to 0$ при $k\to\iy$ ($II$
- это конечная(!) сумма). Значит, для достаточно больших $k$ верно $|t_k-b|<(H\!+\!1)\ve$. То
есть, из сходимости $s_n\to_{n\to\iy}b$ вытекает сходимость $t_k\to_{k\to\iy}b$, что и
требовалось проверить.

\medskip

\no $"\Rightarrow":$ Для начала, покажем, что
$$
H_k:=\sum_{n=1}^\iy|\g_{kn}|<+\iy
$$
для каждого $k$. Пусть это не так, и $H_k=+\iy$ для какого-то $k$. Построим такую
последовательность $c_n\to_{n\to\iy}0$, что ряд, определяющий $t_k$, расходится. А именно,
пусть $0=n_0<n_1<...<n_r<...$ - такая последовательность индексов, что
$$
\sum_{n_r+1}^{n_{r+1}}|\g_{kn}|\ge r
$$
и
$$
c_n=\frac{\sign\g_{kn}}{r},\qquad n_r+1\le n \le n_{r+1}\,.
$$
Тогда:
$$
t_k=\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn}c_n =
\sum_{r=0}^{+\iy}\sum_{n=n_r+1}^{n_{r+1}}\frac{|\g_{kn}|}{r}\ge \sum_{r=0}^{+\iy} 1 =+\iy.
$$

Итак, $H_k<+\iy$ для каждого $k$ и наша задача - показать, что они равномерно (по $k$)
ограничены (свойство (ii)). Заметим, что (i) и (iii) очевидны, если рассмотреть
последовательности $s_m=0$, $m\ne n$, $s_n=1$ и $s_m=1$, $m\ge 1$, соответственно.

Предположим противное, т.е. пусть $\sup_{k\ge 1} H_k= +\iy$. Построим индуктивно две
последовательности $0=n_0<n_1<...<n_r<...$ и $0=k_0<k_1<...<k_r<...$ следующим образом: на
$r$-ом шаге мы выбираем такое $k_r>k_{r-1}$, что
$$
H_{k_r}\ge r^2+2r+2
$$
и (поскольку таких $k_r$ должно быть бесконечно много, то можно еще что-нибудь попросить)
$$
\sum_{n=1}^{n_{r-1}}|\g_{k_rn}|\le 1
$$
(такое $k_r$ найдется, поскольку эта (конечная(!)) сумма стремится к $0$ при $k_r\to+\iy$ в
силу (i)). Теперь, используя конечность $H_{k_r}$, находим такое $n_{r}>n_{r-1}$, что
$$
\sum_{n=n_{r}+1}^{+\iy}|\g_{k_rn}|\le 1.
$$
В частности, имеем
$$
\sum_{n=n_{r-1}+1}^{n_r}|\g_{k_rn}|\ge r^2+2r.
$$
Теперь пусть
$$
c_n=\frac{\sign \g_{k_rn}}{r},\qquad n_{r-1}+1\le n\le n_r.
$$
Тогда $|c_n|\le 1$, $c_n\to 0$ при ${n\to\iy}$, но
$$
t_{k_r}=\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{k_{rn}}c_n = \sum_{n=1}^{n_{r-1}} + \sum_{n={n_{r-1}+1}}^{n_r} +
\sum_{n=n_r+1}^{+\iy}\ge -1 + {r^2+2r\/r} -1 =r.
$$
Таким образом, $t_{k_r}\to+\iy$, что и приводит у противоречию с регулярностью метода.
\end{proof}

\setcounter{equation}{0}
\section{Положительные методы.}

\begin{proposition}
Пусть $\g_{kn}\ge 0$ для всех $k,n\ge 1$, $\g_{kn}\to_{k\to\iy} 0$ для каждого фиксированного
$n$, $H_k=\sum_{n=1}^{+\iy}g_{kn}<+\iy$ для каждого фиксированного $k$ и, наконец,
$H_k\to_{k\to\iy}1$. Тогда для каждой неотрицательной последовательности $s_n$ верно
\[
\label{31} \ulim_{n\to\iy} s_n \le \ulim_{k\to\iy} t_k \le \olim_{k\to\iy} t_k \le
\olim_{n\to\iy} s_n,
\]
где $t_k=\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn}s_n$ (мы считаем $t_k=+\iy$, если ряд расходится). При этом
неравенства верны и в том случае, если какие-то из этих пределов суть $+\iy$.
\end{proposition}

\begin{remark} {\rm
Если все $\g_{kn}$ неотрицательны, то $\sup\sum_{n=1}^{+\iy}|\g_{nk}|=\sup H_k<+\iy$
автоматически вытекает из $H_k<+\iy$ для каждого $k$ и $H_k\to_{k\to\iy}1$.
}\end{remark}

\begin{proof}
Повторяет доказательство достаточности в теореме \ref{RegMethod} с незначительными вариациями.
Пусть $\ulim_{n\to\iy} s_n = b<+\iy$. Тогда для каждого $\ve>0$ найдется такое $N$, что для
всех $n>N$ верно $s_n>b-\ve$. Заметим, что
$$
t_k=(b-\ve)\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn} + \sum_{n=1}^N\g_{kn}(s_n\!-\!b\!+\!\ve) +
\sum_{n=N+1}^{+\iy}\g_{kn}(s_n\!-\!b\!+\!\ve)\ge
$$
$$
\ge(b-\ve)\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn} + \sum_{n=1}^N\g_{kn}(s_n\!-\!b\!+\!\ve) \to b-\ve,\ \
k\to\iy.
$$
Значит, $\ulim_{k\to\iy}t_k\ge b-\ve$. Если $b=+\iy$, то надо заменить $b-\ve$ на произвольное
положительное число. Докажем последнее неравенство в (\ref{31}) (среднее верно вообще всегда).
Пусть $\olim_{n\to\iy} s_n = c<+\iy$ (если $c=+\iy$, то доказывать нечего). Тогда для каждого
$\ve>0$ найдется такое $N$, что $s_n<c+\ve$ для всех $n>N$. Следовательно,
$$
t_k=(c+\ve)\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn} + \sum_{n=1}^N\g_{kn}(s_n\!-\!c\!-\!\ve) +
\sum_{n=N+1}^{+\iy}\g_{kn}(s_n\!-\!c\!-\!\ve)\le
$$
$$
\le(c+\ve)\sum_{n=1}^{+\iy}\g_{kn} + \sum_{n=1}^N\g_{kn}(s_n\!-\!c\!-\!\ve) \to c+\ve,\ \
k\to\iy,
$$
т.е. $\olim_{k\to\iy}t_k\le c+\ve$.
\end{proof}

\begin{remark} {\rm В частности, из этого утверждения вытекает, что для положительного
регулярного метода верно
$$
s_n\to+\iy, \ {n\to\iy}\quad \Rightarrow \quad t_k\to+\iy,\ {k\to\iy}
$$
(а, следовательно, то же самое верно и для $-\iy$). Это НЕ так, если не требовать
положительности! Контрпример: $\g_{kn}=+2$, если $n=k$, $\g_{kn}=-1$, если $n=2k$, и
$\g_{kn}=0$ во всех остальных случаях - тогда последовательность $s_n=n\to+\iy$ переходит в
$t_k=0$. }
\end{remark}

\setcounter{equation}{0}
\section{Метод Чезаро.}

Начнем с простого замечания:
\begin{remark}
{\rm Если последовательность $s_n$ имеет предел по Чезаро (или ряд $\sum_{n=1}^\iy a_n$
суммируем по Чезаро), то $s_n=o(n)$ (или $a_n=o(n)$, соответственно). В самом деле,
$$
{s_n\/n}={s_1+...+s_n\/n}-{n\!-\!1\/n}\cdot {s_1+...+s_{n-1}\/n-1}  \to 0,\quad n\to\infty,
$$
а $a_n=s_n-s_{n-1}$. }
\end{remark}

\begin{theorem}[теорема Фробениуса]
Метод Абеля-Пуассона сильнее метода Чезаро. То есть:
$$
\lim_{n\to\iy}s_n=b\ \ (C) \quad \Rightarrow \quad \lim_{n\to\iy}s_n=b\ \ (AP).
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
Нам необходимо вывести утверждение
$$
\lim_{r\ua 1}(1\!-\!r)\sum_{n=1}^\iy r^{n-1}s_n =b
$$
из того факта, что
$$
A_n={s_1+...+s_n\/n}\to b,\quad n\to\iy.
$$
Заметим, что
$$
(1\!-\!r)\sum_{n=1}^\iy r^{n-1}s_n = (1\!-\!r)\sum_{n=1}^\iy r^{n-1}(nA_n-(n\!-\!1)A_{n-1}) =
(1\!-\!r)^2\sum_{n=1}^\iy r^{n-1} nA_n
$$
Но это фактически утверждение о регулярности метода суммирования с коэффициентами
$\g_{nr}=(1\!-\!r)^2\cdot nr^{n-1}$, которое вытекает из теоремы \ref{RegMethod}.
\end{proof}


\begin{theorem}[малая тауберова теорема]
\label{smallTThm} Если $\sum_{n=1}^{+\iy}a_n=b$ в смысле Чезаро и $a_n=o(n^{-1})$, то
$\sum_{n=1}^{+\iy}a_n=b$ и в обычном смысле.
\end{theorem}
\begin{proof}
Так как суммируемость ряда по Чезаро означает
$$
{s_1+...+s_n\/n}= a_1 + {n\!-\!1\/n}\,a_2 + ... + {1\/n}\,a_n \to b,\quad n\to\iy,
$$
мы можем переформулировать теорему следующим образом:
$$
na_n\to 0,\ n\to\iy \quad \mathop{\Rightarrow}\limits^{???} \quad {1\/n}\,a_2 + {2\/n}\,a_3 +
... + {n\!-\!1\/n}\,a_n\to 0, \quad n\to\iy,
$$
что вытекает из регулярности метода Чезаро для последовательности
$\{(n\!-\!1)a_n\}_{n=1}^\iy$.
\end{proof}

\setcounter{equation}{0}
\section{Метод Абеля-Пуассона.}

Наша ближайшая цель - доказать аналог теоремы \ref{smallTThm} для метода Абеля-Пуассона (т.е.
мы усиливаем результат, так как по теореме Фробениуса, из сходимости по Чезаро вытекает
сходимость по Абелю). Чуть позже мы докажем еще более сильный результат, в котором $o$-оценка
заменена на $O$-оценку, да к тому же одностороннюю.
\begin{theorem}[теорема Таубера]
Если $\sum_{n=1}^{+\iy}a_n\!=\!b\ (AP)$ и $a_n\!=\!o(n^{-1})$, то
$\sum_{n=1}^{+\iy}a_n\!=\!b$ и в обычном смысле.
\end{theorem}
\begin{proof} Нам надо доказать, что $s_N=\sum_{n=1}^Na_n\to b$, $n\to\iy$. При этом, по
определению метода суммирования $(AP)$, верно
$$
f(r)=\sum_{n\ge 1}a_nr^n=r\sum_{n\ge 1}a_nr^{n-1} \to b,\quad r\uparrow 1.
$$
Заметим, что
$$
s_N-f(r)=\sum_{n=1}^N (1-r^n)a_n - \sum_{n=N+1}^{+\iy}r^na_n.
$$
Тривиальное неравенство $1\!-\!r^n\le n(1\!-\!r)$ дает
$$
|s_N-f(r)|\le (1\!-\!r)\sum_{n=1}^N|na_n| + {1\/N}\sum_{n=N+1}^{+\iy}|na_n|r^n
$$
Введем обозначение $\d_N=\max_{n>N}|na_n|$ (по условию, $\d_N\da 0$, $N\to\iy$). Тогда:
$$
|s_N-f(r)|\le N(1\!-\!r)\d_0 + {\d_N\/N(1\!-\!r)}\,.
$$
Оптимизируем теперь оценку по $r$, а именно возьмем такое $r_N$, что
$N(1\!-\!r_N)=\sqrt{\d_N\big/\d_0}$ ($r_N\ua 1$, т.к. $\d_N\da 0$):
$$
|s_N-f(r_N)|\le 2\sqrt{\d_0\d_N}\to 0,\quad N\to\infty.
$$
Переходя к пределу при $N\to\iy$, получаем утверждение теоремы.
\end{proof}

\begin{theorem}[тауберова теорема Харди-Литтлвуда] \
Если $\sum_{n=1}^{+\iy}a_n\!=\!b\ (AP)$ и $a_n\!\le\!{Cn^{-1}}$, то
$\sum_{n=1}^{+\iy}a_n\!=\!b$ и в обычном смысле.
\end{theorem}

\begin{proof}
Введем класс функций
$$
\Y= \left\{f:[0,1]\to\R : \lim_{r\ua 1}\sum_{n\ge 1}a_nf(r^n)=b \right\}
$$
(в частности, мы требуем, чтобы ряд $\sum_{n\ge 1}a_nf(r^n)$ сходился при $r<1$). Заметим,
что\\
а) $x\in\Y$ (определение суммируемости по $(AP)$);\\
б) $x^k\in\Y$ для любой степени $k\in\N$ (так как $\sum_{n\ge 1}a_n(r^n)^k=\sum_{n\ge
1}a_n(r^k)^n$ и $r^k\ua 1$);\\
в) $P(x)\in\Y$ для любого многочлена $P\in\R[x]$, такого что $P(0)=0$ (линейность $\Y$).

\pagebreak

Положим
$$
\x(x)\equiv \cases{0, & $x\in[0,{1\/2})$, \cr 1, & $x\in[{1\/2},1]$.}
$$
Нам надо доказать $\x\in\Y$, поскольку
$$
\sum_{n\ge 1}a_n\x(r^n)= \sum_{n=1}^{[{\log x/\log 2}]}a_n.
$$
Стратегия доказательства прозрачна - приблизим $\x$ многочленами (которые попадают в $\Y$) и
докажем, что отсюда вытекает $\x\in\Y$. К сожалению, есть две сложности: а) функция $\x$
разрывна; б) a priori совершенно неясно, почему класс $\Y$ замкнут относительно какого бы то
ни было предельного перехода. Мы начнем с преодоления второй:
\begin{lemma}
Предположим, что для каждого $\ve>0$ найдутся такие $P_1,P_2\in\R[x]$, что\\
(i) $P_1(0)=P_2(0)=0$, $P_1(1)=P_2(1)=1$; (ii) $P_1(x)\le\x(x)\le P_2(x)$ для всех
$x\in[0,1]$;\\
(iii) $$\int_0^1 \frac{P_2(x)-P_1(x)}{x(1\!-\!x)}\,dx<\ve.
$$
Тогда $\x\in\Y$.
\end{lemma}
\begin{proof}
Пусть $Q(x)\equiv (P_2(x)\!-\!P_1(x))\big/x(1\!-\!x)$ (заметим, что $Q\in\R[x]$). Легко
видеть, что
$$
\sum_{n\ge 1}a_n\x(r^n)-\sum_{n\ge 1}a_n P_1(r^n) = \sum_{n\ge 1}a_n(\x(r^n)-P_1(r^n))\le
C\sum_{n\ge 1}{\x(r^n)-P_1(r^n)\/n} \le
$$
$$
\le C\sum_{n\ge 1}{P_2(r^n)-P_1(r^n)\/n} = C\sum_{n\ge 1}{r^n(1\!-\!r^n)\/n}\,Q(r^n) \le
C\sum_{n\ge 1}r^n(1\!-\!r)\cdot Q(r^n)
$$
и, аналогично,
$$
\sum_{n\ge 1}a_n P_2(r^n)-\sum_{n\ge 1}a_n \x(r^n)\le C\sum_{n\ge 1}r^n(1\!-\!r)\cdot Q(r^n).
$$
В то же время\begin{footnote}{Для многочленов это может быть проверено непосредственным
вычислением, однако сходимость таких, бесконечных(!), интегральных сумм к интегралу, конечно,
имеет место для любой (равномерно) непрерывной функции на $[0,1]$.}\end{footnote},
$$
\sum_{n\ge 1}r^n(1\!-\!r)\cdot Q(r^n)=r\sum_{n\ge 1}(r^{n-1}\!-\!r^n)\cdot
Q(r^n)\mathop{\to}\limits_{r\ua 1} \int_0^1Q(x)dx < \ve.
$$
Переходя к пределу при $r\ua 1$ и используя $P_1,P_2\in\Y$, получаем
$$
b-\ve\le{\ulim}_{r\ua 1}\sum_{n\ge 1}a_n\x(r^n)\le{\olim}_{r\ua 1}\sum_{n\ge 1}a_n\x(r^n) \le
b+\ve.
$$
В силу произвольности выбора $\ve$, это дает $\lim_{r\ua 1}\sum_{n\ge 1}a_n\x(r^n)=b$, т.е.
$\x\in\Y$.
\end{proof}

Теперь наша задача - научиться аппроксимировать $\x$ так, чтобы выполнялись все условия леммы.
Рассмотрим функцию
$$
\z(x)\equiv {\x(x)-x\/x(1-x)}
$$
и будем ее аппроксимировать многочленами. К сожалению, у $\z$ есть разрыв в точке ${1\/2}$,
поэтому напрямую применить теорему\begin{footnote}{Для каждой непрерывной на отрезке $[a,b]$
функции $f(x)$ и каждого $\ve>0$ найдется такой многочлен $P(x)$, что
$\max_{x\in[a,b]}|f(x)-P(x)|<\ve$. }\end{footnote} Вейерштрасса невозможно. Однако ясно, что
существует такая {\it непрерывная} функция $\z_*(x)\le\z(x)$, $x\in [0,1]$, что
$$
\int_0^1(\z(x)-\z_*(x))dx\le \ve.
$$
Применяя теорему Вейерштрасса к $\z_*\!-\ve$, можно найти такой многочлен $P_*\!\in\!\R[x]$,
что $\z_*-2\ve\le P_* \le \z_*$. Тогда $P_*\le \z$ и
$$
\int_0^1 (\z(x)-P_*(x))dx\le \int_0^1 (\z(x)-\z_*(x)+2\ve)dx \le 3\ve.
$$
Аналогично можно построить такой многочлен $P^*\in\R[x]$, что $\z\le P^*$ и
$$
\int_0^1 (P^*(x)-\z(x))dx\le 3\ve.
$$
Полагая теперь $P_1(x):=x+x(1\!-\!x)P_*(x)$, $P_2(x):=x+x(1\!-\!x)P^*(x)$, получаем требуемое
приближение функции $\x(x)$:
$$
P_1\le\x\le P_2,\qquad \int_0^1{P_2(x)-P_1(x)\/x(1-x)}\,dx = \int_0^1 (P^*(x)-P_*(x))dx \le
6\ve,
$$
после чего применение леммы дает $\x\in\Y$.
\end{proof}

\newpage

\begin{center}
{\LARGE \bf II. Гамма, бэта, дзэта и прочее.}
\end{center}

\setcounter{section}{0} \setcounter{equation}{0}

Предварительное замечание: мы {\it определяем} функции $e^w$ и $\log(1+w)$ для комплексных
значений $w$ равенствами:
$$
e^w=1+w+{w^2\/2}+{w^3\/6}+\dots,\quad w\in\C,
$$
$$
\log(1+w)=w-{w^2\/2}+{w^3\/3}-{w^4\/4}+\dots,\quad |w|<1.
$$
При таком подходе {\it надо проверить}, что $e^{\log(1+w)}=1+w$, $|w|<1$. Мы не будем
останавливаться на этом моменте подробно, ограничившись следующим замечанием: данное тождество
верно для вещественных значений $x$, а значит получающийся в левой части степенной ряд
совпадает с $1+w$. Функция $\sin w$, $w\in\C$, определяется как
$$
\sin w={e^{iw}-e^{-iw}\/2i}=w-{w^3\/6}+{w^5\/120}-\dots.
$$

\section{Определение гамма-функции.}

\begin{definition}
Для $z\in\C$, таких что $\Re z>0$, положим
\[
\label{GammaDef} \G(z):=\int_0^{+\iy}t^{z-1}e^{-t}dt.
\]
\end{definition}
\begin{remark} {\rm
Значение $t^{z-1}=e^{(z-1)\log t}$ корректно определено для комплексных $z$ и, кроме того,
$$
|\Gamma(z)|\le \int_0^{+\infty}|t^{z-1}|e^{-t}dt = \int_0^{+\infty}t^{\Re z-1}e^{-t}dt=
\Gamma(\Re z)<+\infty\,,\quad \Re z\!>\!0\,.
$$
В частности, интеграл в (\ref{GammaDef}) сходится. }
\end{remark}
\begin{lemma} i) Для $\Re z\!>\!0$ верно тождество $z\Gamma(z)\!=\!\Gamma(z\!+\!1)$.\\
ii) Для $\Re z\!>\!0$ справедливо представление
\[
\label{GammaDef1} \Gamma(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)}+
\int_1^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt\,.
\]
\end{lemma}
\begin{remark} {\rm Очевидное преимущество (\ref{GammaDef1}) по сравнению с
(\ref{GammaDef}) в том, что ряд равномерно сходится на любом компакте, не содержащем
отрицательных целых точек, а интеграл сходится равномерно на любом ограниченном множестве.}
\end{remark}
\begin{proof} i) Интегрирование по частям:
$$
\Gamma(z\!+\!1)=\int_0^{+\infty}\!\!t^ze^{-t}dt=-t^ze^{-t}\Big|_0^{+\infty}+
z\int_0^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt=z\Gamma(z)\,.
$$
ii) Легко видеть, что
$$
\int_0^1\!t^{z-1}e^{-t}dt=\int_0^1\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^nt^{z-1+n}}{n!}\,dt
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)}\,.
$$
\end{proof}
\begin{definition} Для $z\ne 0,-1,-2,\dots$ определим $\Gamma(z)$ по формуле
(\ref{GammaDef1}).
\end{definition}
\begin{lemma}
Основное тождество $z\G(z)\!=\!\G(z\!+\!1)$ справедливо при всех $z\ne 0,-1,\dots$
\end{lemma}
\begin{remark} {\rm
Вообще-то $z\G(z)$ и $\G(z\!+\!1)$ суть две аналитические в $\C\setminus\{0,-1,-2,\dots\}$
функции, поэтому из их совпадения при $\Re z>0$ автоматически вытекает совпадение при всех
$z$, однако мы еще не знаем ТФКП, чтобы так рассуждать.}
\end{remark}
\begin{proof} Проверим "в лоб":
$$
\G(z\!+\!1)-z\G(z) =  \sum_{n=0}^{+\iy} \frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n\!+\!1)} -
z\sum_{n=0}^{+\iy}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)} + \int_1^{+\iy}\!t^ze^{-t}dt -
z\int_1^{+\iy}\!t^{z-1}e^{-t}dt =
$$
$$
= \sum_{n=1}^{+\iy} \frac{(-1)^{n-1}}{(n\!-\!1)!(z\!+\!n)}  -
z\sum_{n=0}^{+\iy}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)} - t^ze^{-t}\Big|_1^{+\iy} =
$$
$$
= \sum_{n=1}^{+\iy} {(-1)^{n-1}\/(n\!-\!1)!(z\!+\!n)}\lt(1+{z\/n}\rt)  -1 + {1\/e} = -
\sum_{n=0}^{+\iy} {(-1)^{n}\/n!} + {1\/e} =0.
$$
\end{proof}

\begin{theorem}[Формула Эйлера] \label{*GammaEuler} Для всех $z \ne 0,-1,\dots$ верно
$$
\Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\cdot n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
Ясно, что если формула справедлива для какого-то $z$, то она автоматически выполняется и для
$z\!-\!1$, поскольку мы можем воспользоваться основным тождеством:
$$
\G(z\!-\!1)={\G(z)\/z-1}= \lim_{n\to\infty}\frac{n!\cdot n^z}{(z\!-\!1)z\dots(z\!+\!n)} =
\lim_{n\to\infty}\frac{n!\cdot n^{z-1}}{(z\!-\!1)z\dots(z\!+\!n\!-\!1)}\,.
$$
Поэтому, достаточно рассматривать только $\Re z\!>\!0$\,. Вычислим интеграл
$$
I_n(z):=\int_0^n t^{z-1}\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^ndt\,,
$$
а потом оценим разность $e^{-t}-(1-\frac{t}{n})^n$. После замены переменной и многократного
интегрирования по частям имеем
$$
I_n(z)=n^z\int_0^1\tau^{z-1}(1\!-\!\tau)^nd\tau = n^z\cdot
\frac{n}{z}\int_0^1\tau^z(1\!-\!\tau)^{n-1}d\tau =\dots = \frac{n!\cdot
n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\,.
$$
Таким образом, осталось доказать, что $I_n(z)\!\to\!\Gamma(z)$ при $n\!\to\!\infty$\,. Так как
для всех $t\!\in\!\R$, $|t|\!\le\! n$ верно $e^t\!\ge\!(1\!+\!\frac{t}{n})^n$, видим
$$
0\le e^{-t}-\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^n=
e^{-t}\left(1-e^t\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^n\right)\le
e^{-t}\left(1\!-\!\biggl(1\!-\!\frac{t^2}{n^2}\biggr)^n\right)\le \frac{t^2e^{-t}}{n}\,.
$$
Отсюда
$$
\biggl|I_n(z)-\int_0^n t^{z-1}e^{-t}dt\biggr|\le \frac{1}{n}\int_0^n|t^{z+1}|e^{-t}dt\le
\frac{1}{n}\,\Gamma(\Re z \!+\! 2)\to 0\,,\quad n\!\to\!\infty\,.
$$
Наконец, $\int_n^{+\infty}t^{z-1}e^{-t}\!\to\!0$\,, поскольку интеграл сходится.
\end{proof}
\begin{corollary}[разложение $\bf\G(z)$ в бесконечное произведение]
Справедливо тождество
\[
\label{G=Prod} \frac{1}{\Gamma(z)} = e^{cz}\cdot
z\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr)e^{-\frac{z}{k}}\,,\quad
z\in\C\setminus\{0,-1,-2,\dots\},
\]
где $c\!=\!\lim_{n\to\infty}(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n)=0.57...$.
\end{corollary}
\begin{remark} {\rm (i) Так как
$$
\lt(1\!+\!\frac{z}{k}\rt)e^{-\frac{z}{k}} =
\lt(1\!+\!\frac{z}{k}\rt)\lt(1\!-\!{z\/k}\!+\!{z^2\/k^2}\!-\dots\rt) = 1+O\lt({1\/k^2}\rt),
\quad k\to+\iy,
$$
бесконечное произведение равномерно сходится на компактах. В частности, функция $\G(z)$ не
имеет нулей на комплексной плоскости.

\no (ii) В соответствии с (\ref{G=Prod}), мы можем {\it доопределить} $1/\G(z)$ нулем в точках
$z\!=\!0,\!-1,\!-2,..$, и это будет непрерывное(!) продолжение.

\no (iii) Нетрудно заметить аналогию с основной теоремой алгебры - также, как в ОТА мы
раскладываем многочлен на произведение линейных сомножителей, каждый из которых отвечает
своему корню, в (\ref{G=Prod}) мы раскладываем функцию $1\big/\G(z)$ (заданную во всей
комплексной плоскости) на произведение сомножителей, отвечающих ее корням. При этом
регуляризующие множители $e^{-{z\/k}}$ добавляются исключительно для того, чтобы обеспечить
сходимость произведения.}\end{remark}
\begin{proof}
Заметим, что
$$
\left(\frac{n!\cdot n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\right)^{\!-1} = e^{-z\log n}\cdot
z\prod_{k=1}^n\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr) = e^{z(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\,-\,\log n)}\cdot
z\prod_{k=1}^{n}\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr)e^{-\frac{z}{k}}\,.
$$
Осталось применить формулу Эйлера.
\end{proof}

\setcounter{equation}{0}
\section{Разложение $\bf sin(z)$ в бесконечное произведение.}

\begin{theorem}
Для всех $z\in\C$ справедливо разложение
\[
\label{Sin=Prod} \sin z = z\prod_{n=1}^{+\iy}\lt(1-{z^2\/\pi^2n^2}\rt).
\]
\end{theorem}
\begin{remark} {\rm Идеология этого разложения такая же, как и в (\ref{G=Prod}) - мы раскладываем
заданную в $\C$ функцию на линейные сомножители, отвечающие ее корням. При этом из-за
симметрии корней мы не нуждаемся в регуляризующих множителях $e^{\pm {z\/\pi n}}$. }
\end{remark}
\begin{proof}
Из формулы Муавра легко вывести, что для каждого $n\in\N$ справедливо тождество
$$
\sin (2n\!+\!1)w = \sin w\cdot P_n(\sin^2 w),
$$
где многочлен $P_n\in\R[x]$ и $\deg P_n =n$. Угадаем вид $P_n$. Для каждого $k=1,...,n$ должно
выполняться $P_n(\sin^2{\pi k\/2n+1})=0$. Следовательно,
$$
P_n(x)= A\cdot\prod_{k=1}^n\lt(1-{x\/\sin^2{\pi k\/2n+1}}\rt)
$$
для некоторой константы $A\in\R$. Так как $\sin(2n\!+\!1)w\sim (2n\!+\!1)w\sim (2n\!+\!1)\sin
w$, $w\to 0$, должно быть $A=P_n(0)=2n\!+\!1$. Подставляя $z=(2n\!+\!1)w$, получаем тождество
$$
\sin z = (2n\!+\!1)\sin{z\/2n\!+\!1}\cdot \prod_{k=1}^n \left(1-{\sin^2 {z\/2n+1}\/\sin^2{\pi
k\/2n+1}}\right).
$$
Теперь мы бы хотели перейти к пределу при $n\to+\iy$ (уже видно, что каждый из сомножителей
сходится к соответствующему сомножителю в формуле (\ref{Sin=Prod})). Однако, это надо делать
аккуратно. Для $m<n$ положим
$$
U_n^{(m)}:= (2n\!+\!1)\sin{z\/2n\!+\!1}\cdot \prod_{k=1}^m \left(1-{\sin^2
{z\/2n+1}\/\sin^2{\pi k\/2n+1}}\right),\qquad V_n^{(m)}:= \prod_{k=m+1}^n \left(1-{\sin^2
{z\/2n+1}\/\sin^2{\pi k\/2n+1}}\right).
$$
Ясно, что
\[
\label{xUV=} U_n^{(m)}V_n^{(m)}=\sin z
\]
для всех $n,m$. Кроме того, существуют пределы
$$
U_*^{(m)}=\lim_{n\to+\iy}U_n^{(m)}=z\prod_{k=1}^m \left(1-{z^2\/\pi^2 k^2}\right),\qquad
U_*=\lim_{m\to+\iy}U_*^{(m)}=z\prod_{k=1}^{+\iy} \left(1-{z^2\/\pi^2 k^2}\right).
$$
В силу (\ref{xUV=}), из этого вытекает существование пределов
$$
V_*^{(m)}=\lim_{n\to+\iy}V_n^{(m)}={\sin z\/U_*^{(m)}},\qquad
V_*=\lim_{m\to+\iy}V_*^{(m)}={\sin z\/ U_*}\,.
$$
Наша цель - доказать, что $V_*=1$. Для этого оценим $V_n^{(m)}$.

\pagebreak

Не умаляя общности (все равно переходить к пределу), можно считать, что $m>|z|$. Функция
$|{\sin w\/w}|$ непрерывна в круге $\{w:|w|\le{1\/2}\}$, а значит достигает там максимума,
который мы обозначим $C_1$ - это некоторая абсолютная константа. Таким образом,
$$
\lt|\,\sin^2 {z\/2n\!+\!1}\rt|\le C_1\cdot {|z|^2\/(2n\!+\!1)^2}
$$
С другой стороны, $\sin\phi\ge {2\/\pi}\,\phi$ для $\phi\in[0,{\phi\/2}]$, откуда
$$
\left|{\sin^2 {z\/2n\!+\!1}\/\sin^2{\pi k\/2n+1}}\right|\le {4C_1\/\pi^2}\cdot
{|z|^2\/k^2},\qquad k=m\!+\!1,...,n.
$$
Опять-таки, не умаляя общности будем считать, что $m$ достаточно велико и правая часть не
превосходит ${1\/2}$. Функция $|{\log (1-w)\/w}|$ непрерывна в круге $\{w:|w|\le{1\/2}\}$, а
значит достигает там максимума $C_2$ - это еще одна абсолютная константа. Имеем
$$
\left|\log\lt(1-{\sin^2 {z\/2n\!+\!1}\/\sin^2{\pi k\/2n+1}}\rt)\right|\le
{4C_1C_2\/\pi^2}\cdot {|z|^2\/k^2},\qquad k=m\!+\!1,...,n.
$$
Пусть $\ve>0$. Выберем теперь такое $m$, что
${4C_1C_2\/\pi^2}\sum_{k=m+1}^{+\iy}{|z|^2\/k^2}<\ve$. Тогда\begin{footnote}{В частности, все
аргументы логарифмов находятся внутри круга $\{z=1+w,|w|<{1\/2}\}$, где применение формулы
$\log (z_1z_2)=\log z_1 +\log z_2$ законно без дополнительных комментариев. }\end{footnote}:
$$
|\log V_n^{(m)}|=\left|\sum_{k=m+1}^n\log\lt(1-{\sin^2 {z\/2n\!+\!1}\/\sin^2{\pi
k\/2n+1}}\rt)\right|\le {4C_1C_2\/\pi^2}\cdot \sum_{k=m+1}^n{|z|^2\/k^2} \le \ve
$$
Переходя к пределу в этом неравенстве сначала по $n\to+\iy$, а потом по $m\to+\iy$, получаем
$|\log V_*|\le \ve$. Устремляя, наконец, $\ve\da 0$, имеем $V_*=1$.
\end{proof}
\begin{corollary}[формула дополнения для $\bf\G$-функции] Верно тождество
$$
{1\/\G(z)\G(1\!-\!z)}={\sin \pi z\/z},\quad z\in\C.
$$
\end{corollary}
\begin{proof}
Используя (\ref{G=Prod}) и (\ref{Sin=Prod}), легко находим
$$
{1\/\G(z)\G(1\!-\!z)}= -{1\/z}\cdot {1\/\G(z)\G(-z)} =
% -{1\/z}\cdot z^2\prod_{k=1}^{+\iy}\lt(1-{z^2\/k^2}\rt)=
z\prod_{k=1}^{+\iy}\lt(1-{z^2\/k^2}\rt) = {\sin \pi z\/ \pi }\,.
$$
\end{proof}
\begin{remark}
{\rm В частности, $\G({1\/2})=\sqrt\pi$. Отсюда легко получить, что
$$
\int_{-\iy}^{+\iy}{e^{-{(t-\mu)^2\/2\sigma}}\/\sigma\sqrt{2\pi}}\,dt=\
[(t-\mu)^2\!=\!2\sigma^2 s]\ = {1\/\sqrt{\pi}}\int_0^{+\iy}s^{-{1\/2}}e^{-s}ds = 1
$$
(график подынтегральной функции -- плотности распределения гауссовской случайной величины со
средним $\mu$ и дисперсией $\sigma$ -- был раньше изображен на купюре в 10 немецких марок
рядом с портретом Карла Фридриха Гаусса). }\end{remark}


\setcounter{equation}{0}
\section{Бэта-функция, формула Лежандра.}

\begin{definition}
Для $z,w\in\C$: $\Re z, \Re w > 0$ положим
\[
\label{BetaDef} \B(z,w):=\int_0^1 t^{z-1}(1\!-\!t)^{w-1}dt.
\]
\end{definition}
\begin{remark}
{\rm Интеграл сходится, поскольку $|t^{z-1}(1\!-\!t)^{w-1}|=t^{\Re z - 1}(1\!-\!t)^{\Re w -
1}$.}
\end{remark}

\begin{theorem}
\[
\label{B=GG/G} \B(z,w)={\G(z)\G(w)\/\G(z+w)}\,,\qquad \Re z, \Re w >0.
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Заметим, что
$$
G(z)G(w)=\int_0^{+\iy}t^{z-1}e^{-t}dt\,\cdot \int_0^{+\iy}s^{w-1}e^{-s}ds=
$$
$$
=\int_0^{+\iy}t^{z-1}e^{-t}\left[\int_0^{+\iy}s^{z-1}e^{-s}ds\right]dt=
\int_0^{+\iy}\left[\int_0^{+\iy}t^{z-1}s^{w-1}e^{-t-s}ds\right]dt=
$$
$$
=[u=s+t]=\int_0^{+\iy}\left[\int_t^{+\iy}t^{z-1}(u-t)^{w-1}e^{-u}du\right]dt=
$$
Поменяем\begin{footnote}{Процедура изменения порядка интегрирования интуитивно ясна, поскольку
интегралы - это пределы сумм, а суммы можно менять местами, однако этот факт (тем более для
несобственных интегралов) необходимо(!!!) строго доказывать, чего мы, однако, здесь делать не
будем - см. общий курс. }\end{footnote}(!) порядок интегрирования (область изменения
переменных $0\!\le\!t\!\le\!u\!<\!+\iy$):
$$
= \int_0^{+\iy}\left[\int_0^t t^{z-1}(u-t)^{w-1}e^{-u}dt\right]du=[t=uv]=
$$
$$
=\int_0^{+\iy} u^{z+w-1}e^{-u}\left[\int_0^1 v^{z-1}(1-v)^{w-1}dv\right]du=
\G(z\!+\!w\!-\!1)\cdot B(z,w),
$$
что и требовалось доказать.
\end{proof}

\begin{corollary}[формула удвоения для $\bf \G(z)$, она же формула Лежандра]
\[
\label{G(2z)=} \G(2z)={2^{2z-1}\/\sqrt{\pi}}\,\G(z)\G(z\!+\!{\textstyle{1\/2}}),\qquad \Re
z>0.
\]
\end{corollary}

\begin{proof}
Заметим, что
$$
\B(z,z)=\int_0^1 t^{z-1}(1-t)^{z-1}dt = %\int_0^1 (t-t^2)^{z-1}dt =
2\int_0^{1/2} (t-t^2)^{z-1}dt
=2\int_0^{1\/2}({\textstyle{1\/4}}-({\textstyle{1\/2}}-t)^2)^{z-1}dt=
$$
$$
=[({\textstyle{1\/2}}\!-\!t)^2={\textstyle{1\/4}}\,s] = 2^{1-2z}\int_0^1
(1\!-\!s)^{z-1}s^{-{1\/2}}ds = 2^{1-2z}\B(z,{\textstyle{1\/2}}).
$$
Выражая $\B$-функцию через $\G$, получаем
$$
{\G(z)\G(z)\/\G(2z)}= {2^{1-2z}\G(z)\G({1\/2})\/\G(z+{1\/2})}\,,
$$
что равносильно (\ref{G(2z)=}), так как $\G({1\/2})=\sqrt{\pi}$.
\end{proof}

\begin{remark}
{\rm Формула удвоения является частным случаем теоремы Гаусса:
$$
\G(nz)={n^{nz-{1\/2}}\/(2\pi)^{{n-1\/2}}}\,
\G(z)\G\lt(z\!+\!{1\/n}\rt)\dots\G\lt(z\!+\!{n\!-\!1\/n}\rt),
$$
справедливой при всех $n\in\N$ и $z\ne 0,-{1\/n},-{2\/n},\dots$}
\end{remark}

\setcounter{equation}{0}
\section{Формула Стирлинга. Главное слагаемое.}

\begin{lemma}[формула суммирования Эйлера-Маклорена]
\label{*EulerMcLoren} Пусть $f\!\in\!C^1([a,b])$, $a,b\in\Z$. Тогда
$$
\sum_{k=a}^b f(k)-\int_a^b\! f(t)dt= \frac{f(a)\!+\!f(b)}{2}+\int_a^b\!
\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)f'(t) dt\,.
$$
\end{lemma}
\begin{proof} Легко видеть, что интегрирование по частям дает
$$
\int_{k}^{k+1}\!f'(t)\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)dt =
f(t)\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)\Big|_k^{k+1}-\int_k^{k+1}\!f(t)dt =
\frac{f(k)\!+\!f(k\!+\!1)}{2}-\int_k^{k+1}f(t)dt\,.
$$
Суммируя по $k$, получаем требуемое равенство.
\end{proof}

\begin{theorem}[формула Стирлинга] Для каждого $\varepsilon\!>\!0$ асимптотика
$$
\Gamma(z)=\exp\left[ \biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z +\frac{1}{2}\,\log 2\pi
+O(z^{-1})\right]\,,\quad z\!\to\!\infty\,,
$$
выполняется равномерно в угле $\arg z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!-\!\varepsilon]$\,.
\end{theorem}
\begin{remark} {\rm i) Здесь $\log z = \log |z| + i\arg z$, и значение $\arg z$ выбирается
так, что $|\arg z|<\pi\! - \!\ve$. Используя тождество $e^{\log z} = z$, легко вывести
стандартную формулу для производной $(\log z)'=z^{-1}$.\\
ii) Для $x\in\R_+$ при помощи несложного тождественного преобразования получаем
$$
\Gamma(x)=\sqrt{\frac{2\pi}{x}}\cdot\biggl(\frac{x}{e}\biggr)^x(1\!+\!O(x^{-1}))\,,\quad
x\!\to\!+\infty\,.
$$}
\end{remark}
\begin{proof}
Будем использовать формулу Эйлера (Теорема \ref{*GammaEuler}). Заметим, что
$$
{n!\cdot n^z\/z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}= \exp\left[-\sum_{k=0}^n\log(z\!+\!k)+
\sum_{k=1}^n\log k + z\log n \right].
$$
Лемма \ref{*EulerMcLoren} дает
$$
\sum_{k=0}^n\log(z\!+\!k)=\int_0^n\!\log(z\!+\!t)dt + \frac{\log z\!+\!\log
(z\!+\!n)}{2}+\underbrace{\int_0^n\frac{\{t\}-\frac{1}{2}}{z\!+\!t}\,dt}_{I_n(z)}=
$$
$$
=t(\log t\!-\!1)\Big|_z^{z+n}+\frac{\log z\!+\!\log (z\!+\!n)}{2}+I_n(z)=
(z\!+\!n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log(z\!+\!n)-(z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log z - n +
I_n(z)\,.
$$
Подставляя сюда $z\!=\!1$ и вычитая "лишнее"\ слагаемое $\log(n\!+\!1)$ имеем
$$
\sum_{k=1}^n\log k = (n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log(n\!+\!1) - n + I_n(1)\,.
$$
Значит,
$$
-\sum_{k=0}^n\log(z\!+\!k)+ \sum_{k=1}^n\log k + z\log n = (z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log
z - z\log\frac{z\!+\!n}{n}-
(n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log\frac{z\!+\!n}{n\!+\!1}-I_n(z)+I_n(1)\,.
$$
Устремляя $n\!\to\!\infty$\,, получаем
$$
\Gamma(z)=\exp\left[(z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log z -(z\!-\!1)-I(z)+I(1)\right],
$$
где
$$
I(z)=\int_0^{+\infty}\frac{\{t\}-\frac{1}{2}}{z\!+\!t}\,dt
$$
(несобственный интеграл сходится по признаку Дирихле). Интегрируя по частям, получаем
$$
I(z)=\int_0^{+\infty}\frac{\varphi(t)dt}{(z\!+\!t)^2}\,,\qquad
\varphi(t):=\int_0^t(\{s\}\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})ds=\frac{1}{2}\,\{t\}(\{t\}\!-\!1)\,.
$$
Так как $\vp(t)$ - ограниченная функция, отсюда несложно получить оценку $I(z)\!=\!O(z^{-1})$
(равномерную в произвольном угле $\arg z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!+\!\varepsilon]$).
Именно, если $z\!=\!x\!+\!iy$\,, то
$$
|I(z)|\le \int_0^{+\infty}\!\!\frac{dt}{|z\!+\!t|^2}=
\int_0^{+\infty}\!\!\frac{dt}{(x\!+\!t)^2\!+\!y^2}\le
\cases{\int_0^{+\infty}\frac{dt}{(x+t)^2}=\frac{1}{x}\,, & $x\!>\!0$\,, \cr
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{t^2+y^2}=\frac{\pi}{|y|}\,, & $|y|\!\ne\!0$\,.}
$$
Первая оценка работает в секторе $\arg z\!\in\![-\varepsilon,\varepsilon]$, а вторая - в
оставшейся области.

Итак,
$$
\G(z)=\exp\left[ \biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z + A + O(z^{-1})\right]\,,\quad
z\!\to\!\infty\,,
$$
и все что осталось - вычислить константу $A=1+I(1)$. Для $y\to+\iy$ рассмотрим тождество
$$
\G(iy)\G(-iy)= - {\G(iy)\G(1\!-\!iy)\/iy} = - {\pi\/ iy \sin \pi iy} = {2\pi \/ y(e^{\pi y} -
e^{-\pi y})}=
$$
$$
=\exp\left[ -\pi y - \log y + \log 2\pi + o(1)\right],\qquad y\to+\iy.
$$
С другой стороны,
$$
\G(iy)\G(-iy)= \exp \left[ (iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log iy +
(-iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log (-iy) + 2A + o(1) \right] =
$$
$$
= \exp \left[ \left(iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}}\right) \left (\log y \!+\! {\textstyle {\pi
i\/2}}\right) + \left(-iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}}\right) \left (\log y \! - \! {\textstyle
{\pi i\/2}}\right) + 2A + o(1) \right]=
$$
$$
=\exp\left[ -\pi y - \log y + 2A + o(1)\right],\qquad y\to+\iy.
$$
Следовательно, $A=\frac{1}{2}\,\log 2\pi$\,, что и требовалось доказать.
\end{proof}

\setcounter{equation}{0}
\section{Числа и полиномы Бернулли.}

Чтобы понять смысл конструкций, которыми мы будем заниматься в этом параграфе, вспомним
тождество, полученное при доказательстве формулы Стирлинга:
$$
\G(z)=\exp\left[
\biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z + {1\/2}\log 2\pi - I(z) \right]\,,
$$
где
$$
I(z) = \int_0^{+\iy}{\{t\}-{1\/2}\/z+t}\,dt = \int_0^{+\iy}{\vp(t)\/(z+t)^2}\,dt=O(z^{-1}),
\qquad \vp(t)={1\/2}\,\{t\}(\{t\}-{1\/2}).
$$
Предположим, мы хотим уточнять асимптотику $\G(z)$, или, что то же самое, асимптотику
интеграла $I(z)$. Естественная идея -- еще раз проинтегрировать по частям. Однако нам будет
мешать то обстоятельство, что первообразная функция $\vp$ неограничена, поскольку
$\int_0^1\vp(t)dt\ne 0$. Поэтому мы немного модифицируем $\vp$. Именно, построим
последовательность функций
$$
\o_0(t)=1;\qquad \o_1(t)=\{t\}-{1\/2};
$$
$$
\o_{k+1}(t)=\o_{k+1}\left(\{t\}\right):\ \ \o_{k+1}'(t)=\o_k(t),\ t\in (0,1),\ \
\int_0^1\o_{k+1}(t)dt=0.
$$
Первые несколько функций $\o_k(t)$ будут иметь вид:
$$
\o_2(t)={\{t\}^2\/2}-{\{t\}\/2}+{1\/12};\qquad \o_3(t)={\{t\}^3\/6}-{\{t\}^2\/4}+{\{t\}\/12};
$$
$$
\o_4(t)={\{t\}^4\/24}-{\{t\}^3\/12}+{\{t\}^2\/24}-{1\/720};\qquad\dots
$$
Ясно, что $\o_k$ является полиномом степени $k$ от $\{t\}$ со старшим коэффициентом
${1\/k!}$\,.

\begin{definition}
Полиномом Бернулли $B_k(t)$ называется такой полином степени $k$ со старшим коэффициентом $1$,
что $\o_k(t)={1\/k!}\,B_k(\{t\})$. Числом Бернулли $B_k$ называется значение этого полинома
при $t=0$, т.е. $B_k=B_k(0)$.
\end{definition}

\begin{remark}. {\rm (i) Таким образом, $B_0=1$, $B_1=-{1\/2}$, $B_2={1\/6}$, $B_3=0$,
$B_4=-{1\/30}$,...\\
(ii) Кажется, что числа Бернулли убывают или хотя бы ограничены, однако это не так.}
\end{remark}

\begin{lemma}
\label{*OmegaEStim} Справедливо неравенство $|\o_k(t)|\le {1\/2^k}$. В частности, $|B_k|\le
{k!\/2^k}$.
\end{lemma}

\begin{proof}
Ясно, что достаточно доказать неравенство для $t\in[0,1]$. По определению функции $\o_{k+1}$
имеем
\[
\label{xOk+1=} \o_{k+1}(t)=\int_0^t\o_k(s)ds-\int_0^1\left[\int_0^t\o_k(s)ds\right]dt.
\]
Поменяем порядок интегрирования во втором интеграле (область изменения переменных
$0\!\le\!s\!\le\!t\!\le\!1$):
$$
\int_0^1\left[\int_0^t\o_k(s)ds\right]dt = \int_0^1\left[\int_s^1\o_k(s)dt\right]ds =
\int_0^1(1\!-\!s)\o_k(s)ds.
$$
Обозначая характеристическую функцию промежутка $[0,t]$ через $\c_{[0,t]}$, получаем
$$
\o_{k+1}(t)=\int_0^1(\c_{[0,t]}(s)\!-\!1\!+\!s)\o_k(s)ds =
\int_0^1(\c_{[0,t]}(s)\!-\!{\textstyle{1\/2}}\!-\!t\!+\!s)\o_k(s)ds,
$$
поскольку $\int_0^1\o_k(s)ds=0$. Заметим теперь, что
$\max_{s\in[0,1]}|\c_{[0,t]}(s)\!-\!{\textstyle{1\/2}}\!-\!t\!+\!s|={1\/2}$, откуда сразу
вытекает неравенство
$$
\max_{t\in[0,1]}|\o_{k+1}(t)|\le {1\/2}\max_{s\in[0,1]}|\o_k(s)|.
$$
Тривиальная индукция завершает доказательство.
\end{proof}

Наша ближайшая цель - найти производящую функцию для полиномов Бернулли.

\begin{lemma} Для $t\in[0,1)$ и $z:|z|<2$ справедливо тождество
$$
\sum_{n=0}^{+\iy}{B_n(t)\/n!}\,z^n = {te^{zt}\/e^t-1}.
$$
\end{lemma}
\begin{proof}
Отметим, что ряд сходится в силу леммы \ref{*OmegaEStim}, так как ${B_n(t)\/n!}=\o_n(t)$ для
$t\in[0,1)$. Положим
$$
G(t,z):=\sum_{n=0}^{+\iy}{B_n(t)\/n!}\,z^n=\sum_{n=0}^{+\iy}\o_n(t)z^n.
$$
Поскольку $\o_{n+1}'(t)=\o_n(t)$, получаем
$$
G'_t(t,z)=\sum_{n=1}^{+\iy}\o_{n-1}(t)z^n = zG(t,z).
$$
Следовательно, $G(t,z)=e^{tz}G(0,z)$. С другой стороны,
$$
1=\int_0^1 G(t,z) = G(0,z)\cdot {e^t-1\/t}\,,
$$
так как $\int_0^1\o_k(t)dt=0$ для всех $k\ge 1$.
\end{proof}
\begin{corollary}
Для $z:|z|<2$ верно  тождество
\[
\label{GenBern}
\sum_{n=0}^{+\iy}{B_n\/n!}\,z^n = {z\/e^z-1}.
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
Очевидно, так как $B_n=B_n(0)$ по определению.
\end{proof}
Зная производящую функцию, можно получать разнообразные тождества.
\begin{proposition} (i) $B_{2s+1}\!=\!0$ для всех $s\!\ge\!1$\,.\\
(ii)
\[
\label{Bnt=} B_n(t)=\sum_{j=0}^n C_n^jB_{n-j}t^j\,,\quad n\ge 0.
\]
\end{proposition}
\begin{proof} (i) Заметим, что для $z:|z|<2$ верно
$$
\sum_{n=0}^{+\iy}{B_n\/n!}\,z^n - B_1z= {z\/e^z-1} + {z\/2} = z\lt({1\/e^z-1}+{1\/2}\rt)=
{z\/2}\cdot {e^z+1\/e^{z}-1} = -{z\/2}\cdot {e^{-z}+1\/e^{-z}-1}.
$$
Последнее равенство (т.е. четность функции) и дает требуемый результат.

\no (ii) Для $t\in [0,1)$ и $z:|z|<2$ имеем
$$
\sum_{n=0}^{+\iy}{B_n(t)\/n!}\,z^n = {te^{zt}\/e^t-1} = e^{zt}\cdot {t\/e^t-1} =
\sum_{j=0}^{+\iy}{t^j\/j!}\,z^j\cdot \sum_{k=0}^{+\iy} {B_k\/k!}\,z^k.
$$
Приравнивая коэффициенты при $z^n$, получаем
$$
{B_n(t)\/n!}=\sum_{j+k=n,\ j,k\ge 0} {t^j\/j!}\cdot {B_k\/k!} = \sum_{j=0}^n
{B_{n-j}\/j!(n-j)!}\,t^j,
$$
что и требовалось доказать (поскольку это равенство многочленов, оно автоматически верно для
всех $t$, если верно для $t\in[0,1)$).
\end{proof}

\begin{proposition}[одно из реккурентных тождеств для чисел Бернулли]
$$
B_{n+1}= \sum_{j=0}^n {(n\!+\!1)C_n^j\/j\!+\!2}\cdot B_{n-j},\qquad n\ge 0.
$$
\end{proposition}
\begin{proof}
По определению (см. (\ref{xOk+1=}))
$$
{B_{n+1}\/(n\!+\!1)!} = \o_{n+1}(0) = -\int_0^1\left[\int_0^t\o_n(s)ds\right] =
-\int_0^1(1\!-\!s)\o_n(s)ds=\int_0^1s\o_n(s)ds,
$$
так как $\int_0^1\o_n(s)ds=0$. Другими словами,
$$
{B_{n+1}\/(n\!+\!1)!} = {1\/n!}\int_0^1 sB_n(s)ds.
$$
Подставляя сюда выражение (\ref{Bnt=}) для полинома $B_n(s)$ и интегрируя, получаем
$$
B_{n+1}=(n\!+\!1)\sum_{j=0}^n {C_n^jB_{n-j}\/j\!+\!2},
$$
что и требовалось доказать.
\end{proof}

\setcounter{equation}{0}
\section{Разложение $\ctg z$ в сумму простейших дробей,\\
ряд Тейлора для $\tg z$ и значения $\z(2k)$.}

\begin{proposition} Для $z\in\C$, $z\ne 0, \pm\pi, \pm 2\pi, \dots$ верно
\[
\label{Ctg=Sum} \ctg z = \VP\sum_{n=-\iy}^{+\iy}{1\/z-\pi n}.
\]
\end{proposition}
\begin{remark}
{\rm (i) По определению
$$
\VP\sum_{n=-\iy}^{+\iy}{1\/z-\pi n} = \lim_{N\to+\iy}\sum_{n=-N}^N {1\/z-\pi n} =
{1\/z}+2z\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/z^2-\pi^2n^2}\,.
$$
(ii) Смысл (\ref{Ctg=Sum}) таков: если у нас есть рациональная функция (частное двух
многочленов), то она всегда может быть разложена в сумму простейших дробей -- именно так мы
вычисляем интегралы от рациональных функций. Здесь мы имеем дело с существенно более
содержательной функцией $\ctg z$, но характер разложения абсолютно такой же!}
\end{remark}
\begin{proof}
?????????
\end{proof}

\begin{definition}[дзэта-функция Римана]
Для $s>1$ положим
$$
\zeta(s):=\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/n^s}
$$
\end{definition}

Значения $\zeta(2k)$ в четных положительных числах тесно связаны с разложением функции $\tg z$
в окрестности нуля и с числами Бернулли.

\begin{lemma}
\[
\label{tg=} \tg z = \sum_{k=1}^{+\iy} {2\cdot(2^{2k}\!-\!1)\/\pi^{2k}}\,\z(2k)\cdot
z^{2k-1}\,,\quad |z|<{\pi\/2}\,.
\]
\end{lemma}
\begin{remark}
{\rm Ясно, что значения $\z(2k)$ ограничены, поэтому ряд сходится.}
\end{remark}
\begin{proof} Имеем
$$
\tg z = \ctg \lt({\pi\/2}-z\rt) = \VP \sum_{n=-\iy}^{+\iy} {1\/{\pi\/2}-z-\pi n} = - \VP
\sum_{n=-\iy}^{+\iy} {1\/z+(n\!-\!{1\/2})\pi} =
$$
$$
=-\sum_{n=1}^{+\iy}\lt({1\/z+(n\!-\!{1\/2})\pi}-{1\/z-(n\!-\!{1\/2})\pi}\rt)=
2z\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(n\!-\!{1\/2})^2\pi^2-z^2}.
$$
Разложим каждое слагаемое в ряд (напомним, что $|z|<{\pi\/2}$):
$$
{1\/(n\!-\!{1\/2})^2\pi^2-z^2}={1\/(n\!-\!{1\/2})^2\pi^2}+ {z^2\/(n\!-\!{1\/2})^4\pi^4}+
{z^4\/(n\!-\!{1\/2})^6\pi^6} + \dots
$$
Таким образом,
$$
\tg z = 2z\sum_{n=1}^{+\iy} \sum_{k=1}^{+\iy}{z^{2k-2}\/(n\!-\!{1\/2})^{2k}\pi^{2k}}.
$$
Поменяем порядок суммирования (нетрудно проверить, что операция законна, так как есть
абсолютная сходимость):
$$
\tg z = 2z\sum_{k=1}^{+\iy}
\left[\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(n\!-\!{1\/2})^{2k}\pi^{2k}}\right]\cdot z^{2k-2}.
$$
Осталось свести сумму обратных степеней нечетных натуральных чисел к $\z$-функции. Ясно, что
$$
\z(s)=\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/n^s} =
\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(2n\!-\!1)^s}+\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(2n)^s}=
\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(2n\!-\!1)^s}+{1\/2^{s}}\,\z(s).
$$
Поэтому
$$
\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/(n\!-\!{1\/2})^{2k}} = 2^{2k}\sum_{n=1}^{+iy}{1\/(2n\!-\!1)^{2k}} =
(2^{2k}-1)\z(2k),
$$
что и требовалось доказать.
\end{proof}

\begin{remark} {\rm
Разложение (\ref{tg=}) можно рассматривать в качестве источника информации о сумме обратных
четных степеней натуральных чисел. Например, используя первые два слагаемых формулы Тейлора
$\tg z = z + {1\/3}\,z^3 + o(z^3)$, $z\to 0$, получаем
$$
1 = {6\/\pi^2}\,\z(2);\qquad {1\/3} = {30\/\pi^4}\,\z(4),
$$
то есть
$$
\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/n^2}={\pi^2\/6}; \qquad \sum_{n=1}^{+\iy}{1\/n^4}={\pi^4\/90}.
$$
}
\end{remark}


\begin{lemma}
\label{*Zeta2k} Для всех $k\!\ge\!1$
\[
\label{Zeta2k=} \z(2k)=\frac{(2\pi)^{2k}(-1)^{k-1}B_{2k}}{2(2k)!}\,.
\]
\end{lemma}
\begin{proof}
Подставляя $z=2\pi it$ в производящую функцию (\ref{GenBern}) (и учитывая, что
$B_1\!=\!-\frac{1}{2}$ и $B_3\!=\!B_5\!=\!\dots\!=0$), получаем
$$
\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{B_{2k}(2\pi it)^{2k}}{(2k)!} = \frac{2\pi it}{e^{2\pi it}\!-\!1}+
\pi it = \pi it\,\frac{e^{2\pi it}\!+\!1}{e^{2\pi it}\!-\!1} =
$$
$$
=\pi t\ctg \pi t = \pi t \cdot\VP\sum_{n=-\iy}^{+\iy}{1\/\pi t - \pi n}=
1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2t^2}{t^2\!-\!n^2}\,.
$$
Разложим дроби в ряды по степеням $t$:
$$
\frac{2t^2}{t^2\!-\!n^2}\equiv -\frac{2t^2}{n^2}\cdot\frac{1}{1\!-\!\frac{t^2}{n^2}}\equiv
-2\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{t^{2k}}{n^{2k}}\,.
$$
Приравнивая теперь коэффициенты при $t^{2k}$, получаем требуемое равенство.
\end{proof}

\begin{corollary}
\[
\label{tg=1} \tg z = \sum_{k=1}^{+\iy} {(-1)^{k-1}\B_{2k}\cdot
2^{2k}(2^{2k}\!-\!1)\/(2k)!}\cdot z^{2k-1}\,,\quad |z|<{\pi\/2}\,.
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
Подставим (\ref{Zeta2k=}) в (\ref{tg=}).
\end{proof}

\begin{corollary}
Верна асимптотика
\[
\label{BAsympt} (-1)^{k-1}B_{2k}\sim \frac{2(2k)!}{(2\pi)^{2k}}
%\sim 4\sqrt{\pi k}\lt({k\/\pi e}\rt)^{2k},
\quad k\to\infty.
\]
\end{corollary}

\begin{proof} Достаточно заметить, что $\zeta(2k)\to 1$, $k\to\iy$.
\end{proof}


\setcounter{equation}{0}
\section{Асимптотический ряд для $\bf \log \G(z)$.}

Вернемся к асимптотике гамма-функции. Напомним, что
\[
\label{StirlIdent} \G(z)=\exp\left[ \biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z + {1\/2}\log
2\pi - I(z) \right]\,,
\]
где
$$
I(z) = \int_0^{+\iy}{\{t\}-{1\/2}\/z+t}\,dt = \int_0^{+\iy}{\o_1(t)\/z+t}\,dt=O(z^{-1}),
$$
причем эта асимптотика равномерна в любом угле $\arg z\in[-\pi+\ve,\pi-\ve]$. Многократно
интегрируя по частям и используя ограниченность функций $\o_n(t)={B_n(\{t\})\/n!}$, получаем
$$
I(z)= -{\o_2(0)\/z} - \int_0^{+\iy} {\o_2(t)dt\/(z+t)^2} = -{\o_2(0)\/z} - {\o_3(0)\/z^2}+
2\int_0^{+\iy} {\o_3(t)dt\/(z+t)^3} =
$$
$$
= \dots = -{\o_2(0)\/z} - {\o_3(0)\/z^2}- \dots - {(n\!-\!1)!\o_{n+1}(0)\/z^n} +
n!\int_0^{+\iy} {\o_{n+1}(t)dt\/(z+t)^{n+1}}
$$
Вспоминая, что $\o_{2k}(0)={B_{2k}\/{2k}!}$, $\o_{2k+1}(0)=0$, получаем
\[
\label{I(z)=O()} I(z)=-{B_2\/2z}-{B_4\/12z^3}-\dots - {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)z^{2k-1}}+
O\lt({1\/z^{2k+1}}\rt), \quad z\to\iy,
\]
равномерно в любом угле $\arg z\in [-\pi\!+\!\ve,\pi\!-\!\ve]$.

Таким образом, {\bf для каждого фиксированного $\bf k$} мы имеем асимптотику:
$$
\log \G(z) =\biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z + {1\/2}\log 2\pi + {B_2\/2z} +
{B_4\/12z^3} +\dots + {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)z^{2k-1}}+ O\lt({1\/z^{2k+1}}\rt),
$$
$z\to\iy$, $\arg z\in [-\pi\!+\!\ve,\pi\!-\!\ve]$. Возникает естественный вопрос - а нельзя ли
отсюда как-нибудь заключить, что $\log \G(z)$ есть сумма соответствующего ряда?

Изучим поведение слагаемых. Из асимптотики (\ref{BAsympt}) чисел Бернулли вытекает
$$
\left|{B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)z^{2k-1}}\right| \sim {2(2k\!-\!2)!\/(2\pi)^{2k} |z|^{2k-1}} \to
+\iy,\quad k\to\iy,
$$
для каждого(!!!) фиксированного $z$. То есть, формальный степенной ряд
$$
\sum_{k=1}^{+\iy} {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)z^{2k-1}}
$$
{\bf расходится при всех значениях $\bf z$}, причем его слагаемые довольно быстро растут.

Удивительно, что этот ряд вполне может быть использован в практических целях для вычисления
значений $\log \G(z)$. Чтобы увидеть это, ограничимся для простоты случаем $z=x>0$. У нас есть
точное выражение
$$
I(x)=-{B_2\/2x}-{B_4\/12x^3}-\dots - {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)x^{2k-1}}+ (2k)!\int_0^{+\iy}
{\o_{2k+1}(t)dt\/(x\!+\!t)^{2k+1}},
$$
и, в силу Леммы \ref{*OmegaEStim}, $|\o_{2k+1}(t)|\le 2^{-2k-1}$. Значит,
$$
\left|I(x) + {B_2\/2x} + {B_4\/12x^3} + \dots + {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)x^{2k-1}}\right| \le
{(2k)!\/2^{2k+1}}\int_0^{+\iy} {dt\/(x\!+\!t)^{2k+1}} =
{(2k\!-\!1)!\/2^{2k+1}x^{2k}}=:\d_k(x).
$$
Будем теперь выбирать $k$ (то есть количество слагаемых разложения) зависящим от $x$. Для
того, чтобы понять, как именно это делать, применим формулу Стирлинга:
$$
\d_k(x)\sim {\sqrt{2\pi\big/2k}\/2}\lt({2k\/2ex}\rt)^{\!2k} = {\sqrt{\pi}\/2\sqrt{k}}
\lt({k\/ex}\rt)^{\!2k} = {\sqrt{\pi}\/2\sqrt{k}} \cdot
\left(\r\lt({k\/ex}\rt)\right)^{2ex},\quad k\to\iy,
$$
где $\r(y)=y^y$. Несложно видеть\begin{footnote}{Так как $\r'(y)=\r(y)\cdot(y\log y)' =
r(y)\cdot (\log y \!+\!1)$}\end{footnote}, что функция $\r(y)$ достигает своего минимума
$e^{-1/e}$ в точке $y={1\/e}$, поэтому {\bf разумно выбирать $\bf k\!=\![x]$}. Получается
такая оценка для точности:
$$
\d_{[x]}(x)\sim {\sqrt{\pi}\/2\sqrt{[x]}} \lt({[x]\/ex}\rt)^{\!2[x]}\le e^{-2[x]},
$$
то есть
\begin{quotation}
\no {\it Погрешность приближения $I(x)$ правильно выбранной частичной суммой ряда
$\sum_{k=1}^{+\iy} {B_{2k}\/2k(2k\!-\!1)z^{2k-1}}$ экспоненциально убывает с ростом $x$ (!)}
\end{quotation}

\no {\bf Отступление. } Описанная ситуация не является чем-нибудь из ряда вон выходящим.
Приведем аналогичный пример, где в качестве асимптотического ряда будет выступать обычный(!!!)
формальный ряд Тейлора бесконечно дифференцируемой функции. Пусть
$$
F(x):=\int_0^{+\iy}{e^{-t}\/1+t^2x^2}\,dt,\quad x\in\R.
$$
Очевидно, что $F\in C^{\iy}(\R)$ и $0\le F(x)\le F(0) = 1$ для всех $x\in\R$. Вычислим ее
формальный ряд Тейлора в точке $x=0$. Будем говорить, что $f(x)=O_1(g(x))$, если
$|f(x)\big/g(x)|\le 1$ (другими словами, мы начинаем следить за константами в $O$-оценках).
Для любого (фиксированного) $k$ и всех $t,x$ верно
$$
{1\/1+t^2x^2}\ =\ 1-t^2x^2+t^4x^4-\dots + (-1)^{k-1}t^{2k-2}x^{2k-2} +
{(-1)^{k}t^{2k}x^{2k}\/1+t^2x^2}=
$$
$$
\quad\ \ =\ 1-t^2x^2+t^4x^4-\dots + (-1)^{k-1}t^{2k-2}x^{2k-2}+O_1(t^{2k}x^{2k}).
$$
Умножая это на $e^{-t}$ и интегрируя от $0$ до $+\iy$, получаем, что
$$
F(x)=1-2x^2+24x^4-\dots + (-1)^{k-1} (2k-2)! x^{2k-2} + O_1\left((2k)!x^{2k}\right)
$$
Таким образом, формальный ряд Тейлора для этой функции в точке $x=0$ выглядит так:
$$
\sum_{k=0}^{+\iy} (-1)^k(2k)!x^{2k}
$$
и он расходится при всех $x\ne 0$.

\setcounter{equation}{0}
\section{Построение дзэта-функции Римана $\bf\z(s)$ для $\bf s\in\C$.}

\begin{definition}
Для $s\in\C:\Re s>1$ положим
$$
\z(s):=\sum_{n=1}^{+\iy}{1\/n^s}.
$$
{\rm (ряд сходится, поскольку $|{n^s}|={n^{\Re s}}$).}
\end{definition}

Наша цель - построить (аналитическое) продолжение $\zeta(s)$ во всю комплексную плоскость.
Исходное определение для этой цели малопригодно, поэтому докажем лемму об интегральном
представлении:
\begin{lemma}\label{*ZetaInt}
При $\Re s\!>\!1$ верно
\[
\label{Zeta=Int} \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx
\]
{\rm (интеграл сходится, поскольку $\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\sim x^{s-2}$ при $x\!\to\!+0$). }
\end{lemma}
\begin{proof}
По определению,
$$
\Gamma(s)\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\Gamma(s)}{n^s}\,.
$$
Заметим, что
$\Gamma(s)\!=\!\int_0^{+\infty}t^{s-1}e^{-t}dt\!=\!n^s\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-nx}dx$\,.
Следовательно,
$$
\Gamma(s)\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-nx}dx=
\int_0^{+\infty}x^{s-1}\sum_{n=1}^{+\infty}e^{-nx}\,dx=
\int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx\,.
$$
Обоснование изменения порядка суммирования: $|x^{s-1}e^{-nx}|=x^{\Re s-1}e^{-nx}$, а значит
есть абсолютная сходимость (все оценивается через $\Gamma(\Re s)\zeta(\Re s)$).
\end{proof}

Теперь для того, чтобы построить продолжение $\z(s)$ во всю комплексную плоскость, мы (так же,
как и ранее для $\G(s)$) разобьем интеграл в (\ref{Zeta=Int}) на два - по отрезку $[0,1]$ и по
лучу $[1,+\iy)$. Итак, для $\Re s>1$ справедливо
$$
\Gamma(s)\zeta(s) = \int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx =
\int_0^1x^{s-2}\cdot{x\/e^x\!-\!1}\,dx + \int_1^{+\iy}{x^{s-1}\/e^x\!-\!1}\,dx =
$$
(вспоминая производящую функцию для чисел Бернулли - cм. (\ref{GenBern}))
$$
=\int_0^1 \sum_{n=0}^{+\iy} {B_n x^{s+n-2}\/n!}\,dx + \int_1^{+\iy}{x^{s-1}\/e^x\!-\!1}\,dx =
\sum_{n=0}^{+\iy} {B_n\/n!(s\!+\!n\!-\!1)} + \int_1^{+\iy}{x^{s-1}\/e^x\!-\!1}\,dx\,.
$$
Заметим теперь, что в полученном представлении ряд сходится (и притом равномерно на компактах)
для всех $s\in\C\setminus\{1,0,-1,-2,\dots\}$, а интеграл сходится вообще при всех $s\in\C$.
Поэтому, мы можем ввести
\begin{definition}
Для $s\in\C\setminus\{1,0,-1,-2,\dots\}$ положим
$$
\z(s):={1\/\G(s)}\left[\sum_{n=0}^{+\iy} {B_n\/n!(s\!+\!n\!-\!1)} +
\int_1^{+\iy}{x^{s-1}\/e^x\!-\!1}\,dx\right].
$$
\end{definition}
\begin{remark}
{\rm (i) Так как $B_0=0$ и $\G(1)=0$, имеем
$$
\z(s)={1\/s-1}+O(1),\quad s\to 1.
$$

\no (ii) Мы можем доопределить $\z(s)$ в точках $-k=0,-1,-2,\dots$ по непрерывности:
$$
\z(-k):=\lim_{s\to -k}\z(s)= \lim_{s\to -k} {\displaystyle \sum_{n=0}^{+\iy}
{B_n\/n!(s\!+\!n\!-\!1)} + \int_1^{+\iy}{x^{s-1}\/e^x\!-\!1}\,dx \/ \displaystyle
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)}+ \int_1^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt} =
{\displaystyle{B_{k+1}\/(k\!+\!1)!}\/\displaystyle{(-1)^k\/k!}}= {(-1)^kB_{k+1}\/k\!+\!1}
$$
В частности, $\z(-2)=\z(-4)=\z(-6)=\dots=0$. Точки $-2,-4,-6,\dots$ называются {\bf
тривиальными нулями $\bf \z$-функции }. }
\end{remark}

Существует

\vskip 10pt \noindent {\bf Гипотеза Римана ($\$1000000$).} {\it Все нетривиальные (т.е.
отличные от $-2,-4,\dots$) нули $\zeta$-функции лежат на прямой $\Re s\!=\!\frac{1}{2}$\,.}
\vskip 10pt

\newpage

\setcounter{section}{0}

\begin{center}
{\LARGE \bf III. Преобразование Фурье. \\[10pt] Распределение простых чисел.}
\end{center}


\newpage

\begin{thebibliography}{H}
\bibitem [1] {F} Фихтенгольц, второй том.
\bibitem [2] {O} Олвер Ф. {\it Асимптотика и специальные функции. } "Наука", 1990.\\
(Olver F.W.J., {\it Asymptotics and Special Functions}, Academic Press, 1974).
\bibitem [3] {H} Харди Г. {\it Расходящиеся ряды.} "Иностранная литература", 1951.\\
(Hardy G.H., {\it Divergent Series}, Oxford, 1949.)
\end{thebibliography}


\end{document}
