Trong phần này chúng ta chỉ ra mối quan hệ của tích vô hạn
∞
Q
n=1
(1 +an) với tất cả các số hạng an không âm là hoàn toàn được xác định bởi chuỗi
∞ P n=1 an. Định lý 2.1. Một tích vô hạn ∞ Q n=1
(1 +an) với các số hạng an không âm
hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi
∞
P
n=1
an hội tụ.
Chứng minh. Ta ký hiệu tích riêng và tổng riêng như sau
pn = n Y k=1 (1 +ak) và sn = n X k=1 ak.
Bởi vì tất cả các ak là không âm, cả hai dãy {pn} và {sn} đều không giảm, nên nó hội tụ nếu và chỉ nếu chúng bị chặn. Do 1 +x 6 ex với tất cả x là một số thực bất kỳ, khi đó ta có pn = n Y k=1 (1 +ak) 6 n Y k=1 eak = e n P k=1 ak = esn.
Bất đẳng thức trên chỉ cho ta thấy rằng nếu dãy {sn} bị chặn thì dãy {pn} cũng bị chặn. Mặt khác, ta có
pn = (1 +a1) (1 +a2)· · ·(1 +an) > 1 +sn,
vì vế trái của phương trình trên khi nhân ra ngoài dấu ngoặc chứa tổng 1 +a1 +a2 +· · ·+an (và những số hạng khác đều không âm). Bất đẳng thức trên chứng tỏ nếu dãy {pn} bị chặn thì dãy {sn} cũng bị chặn.
Ví dụ 2.3. Từ chuỗi
∞
P
n=1 1
np hội tụ khi p > 1 và phân kỳ khi p 6 1 ta suy ra rằng tích ∞ Q n=1 1 + 1 np
Cho fn(z) là một dãy của các hàm số xác định trên một tập B ⊂ C. Chúng ta nên định nghĩa khái niệm hội tụ đều của tích
∞ Q n=1 (1 +fn) Định nghĩa 2.2. Tích ∞ Y n=1 [1 +fn(z)]
được gọi là hội tụ đều trên B nếu (i) tồn tại một số m sao cho
fn(z) 6= −1; với mọi n> m và mọi z ∈ B.
(ii) dãy Pn(z) = n
Q
k=m
[1 +fk(z)] hội tụ đều trên B tới P (z). (iii) P (z) 6= 0; với mọi z ∈ B.
Kết quả dưới đây được suy ra trực tiếp từ Định lý hội tụ giải tích của chuỗi hàm [[7], Định lý 3.1.8]
Định lý 2.2. (Tính giải tích của tích vô hạn). Giả sử rằng fn(z) là
một dãy của các hàm giải tích trên một tập mở A và
∞
Q
n=1
[1 +fn(z)] hội
tụ đều tới f (z) trên mọi đĩa đóng trong A. Khi đó, f (z) là giải tích trên
A. Tính hội tụ đều như vậy được đảm bảo nếu |fn(z)| < 1 với mọi n> m hoặc nếu ∞ X n=m log [1 +fn(z)] hoặc ∞ X n=1 |fn(z)|
hội tụ đều (trên các đĩa đóng trong mỗi trường hợp).
Tiếp theo chúng ta trình bày một tiêu chuẩn kiểm tra tính hội tụ của tích vô hạn qua chuỗi logarit tương ứng với nó.
Định lý 2.3. Một tích vô hạn
∞
Q
n=1
(1 +an) hội tụ nếu và chỉ nếu an → 0
và chuỗi
∞
X
n=m+1
bắt đầu từ một chỉ số thích hợp m+ 1, hội tụ. Hơn nữa, nếu L là tổng của chuỗi thì ∞ Y n=1 (1 +an) = (1 +an). . .(1 +am)eL.
Chứng minh. Trước hết, chúng ta lưu ý rằng cụm từ “bắt đầu từ một chỉ số m + 1 thích hợp” liên quan đến chuỗi logarit là rất cần thiết. Điều đó đảm bảo rằng bắt đầu từ một chỉ số đủ lớn không có số hạng nào trong các số hạng 1 +an bằng 0. Theo Mệnh đề 2.1, để tích
∞
Q
n=1
(1 +an) hội tụ ít nhất ta cần phải có an → 0. Ngoài ra, chúng ta có thể cố định chỉ số m
sao cho với mọi n > m nghĩa là |an| < 1. Đặt zn = 1 + an. Chúng ta sẽ chứng minh rằng tích vô hạn
∞
Q
n=m+1
zn hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi
∞
X
n=m+1
Logzn
hội tụ, và nếu L là tổng của chuỗi thì
∞
Y
n=m+1
zn = z1. . . zmeL. (2.2) Với n > m, ký hiệu tích riêng và tổng riêng được xác định bởi
pn = n Y k=m+1 zk và sn = n X k=m+1 zk.
Bởi vì exp (Logz) =z với bất kỳ số phức z khác 0, ta suy ra
exp (sn) =pn. (2.3) Do đó, nếu tổng sn hội tụ tới một giá trị L thì phương trình trên chứng tỏ rằng pn hội tụ tới eL và điều này cũng chứng tỏ công thức (2.2).
Ngược lại, giả sử rằng {pn} hội tụ tới một số phức p khác 0. Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng {sn} cũng hội tụ. Điều này có ngay từ công thức (2.2) suy ra từ công thức (2.3). Lưu ý rằng, tổng được thay thế zm+1 bằng zm+1
chúng ta có thể giả thiết rằng p = 1. Với k > m chúng ta có thể viết
pn = exp (Log pn) nên công thức (2.3) suy ra rằng nếu n > m thì
sn = Log pn+ 2πikn
với một số nguyên kn nào đó. Hơn nữa, vì
sn−sn−1 = n X k=m+1 Log zk − n−1 X k=m+1 Log zk = Log zn và zn → 1 (do an →0), nó suy ra rằng Log pn−Log pn−1 + 2π(kn−kn−1) =sn −sn−1 →0
khi n → ∞. Theo giả thiết pn → 1 nên chúng ta phải có kn −kn−1 → 0. Điều này chỉ có thể xảy ra khi n đủ lớn thì kn = k. Từ đó suy ra rằng
sn = Log pn + 2πikn →2πik.
Nó chứng tỏ rằng {sn} hội tụ.