Sumabilidad del producto de Cauchy

Question

Sea $\sum_{m\in M}a_m$ y $\sum_{n\in N}b_n$ ser sumable.

Prueba de que el producto es sumable: $\sum_{(m,n)\in M\times N}a_m b_n$

Ahora, dejemos que $e^{sA}:=\sum_{m\in M}\frac{s^mA^m}{m!}$ y $e^{tA}:=\sum_{n\in N}\frac{t^nA^n}{n!}$ para algún operador acotado $\|A\|<\infty$ .

Prueba de que se cumple: $e^{sA}e^{tA}=e^{(s+t)A}$

Answer 1

Creo que sí. Supongamos que $\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} |A_{m,n}|$ es finito.

A) Funciona si $\forall m,n A_{m,n} \ge 0$ porque la suma en el triángulo $\sum_{k=0}^K\sum_{l=0}^k A_{k-l,l}$ puede intercalarse entre dos cuadrados $\sum_{n = 0}^{K/2} \sum_{m = 0}^{K/2} A_{m,n}$ (suponer $K$ es par para facilitar la notación)

y $\sum_{n = 0}^{K} \sum_{m = 0}^{K} A_{m,n}$ .

B) Ahora, utiliza el truco común $A_{mn} = A^+_{m,n} - A^-_{m,n} $ y Convergencia Dominada para mostrar el resultado para $A_{mn}$

Answer 2

Denotemos el límite por $A:=\lim_M\sum_{m\in M}a_m$ y $B:=\lim_N\sum_{n\in N}b_n$ . Entonces: $$\|\sum_{m\in M}a_m\sum_{n\in N}b_n-AB\|\\ =\|(\sum_{m\in M}a_m-A+A)(\sum_{n\in N}b_n-B+B)-AB\| \\ =\|(\sum_{m\in M}a_m-A)(\sum_{n\in N}b_n-B)+(\sum_{m\in M}a_m-A)B+A(\sum_{n\in N}b_n-B)+AB-AB\|\\ \leq\|\sum_{m\in M}a_m-A\|\cdot\|\sum_{n\in N}b_n-B\|+\|\sum_{m\in M}a_m-A\|\cdot \|B\|+\|A\|\cdot\|\sum_{n\in N}b_n-B\|\\ <\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\epsilon\quad\text{ for all } M\geq M_\epsilon\text{ and }N\geq N_\epsilon$$

Como es sumable la reordenación no afecta a la suma. Por lo tanto: $$e^{sA}e^{tA}=\sum_{m=0}^\infty\frac{s^mA^m}{m!}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^nA^n}{n!}\\ =\sum_{l=0}^\infty\sum_{k=0}^l\frac{1}{k!}\frac{1}{(l-k)!}s^kA^kt^{(l-k)}A^{(l-k)}\\ =\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{l!}\left(\sum_{k=0}^l\binom{l}{k}s^kt^{(l-k)}\right)A^l\\ =\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{l!}(s+t)^lA^l=e^{(s+t)A}$$