Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:
Theorie der Reihen - Doppelreihen
Lösungen zu den Aufgaben Der Begriff der Doppelreihe
Lösung zur Aufgabe 5.4.1 - Beispiel einer Doppelreihe
\[ \begin{array}{l} \displaystyle a_{k_1\ell_1}=\frac{1}{1}\,,\quad a_{k_2\ell_2}=-\,\frac{1}{1}\,,\quad a_{k_3\ell_3}=\frac{1}{2}\,,\quad a_{k_4\ell_4}=-\,\frac{1}{2}\,, \\ \displaystyle a_{k_5\ell_5}=\frac{1}{3}\,,\quad a_{k_6\ell_6}=-\,\frac{1}{3}\,,\quad a_{k_7\ell_7}=\frac{1}{4}\,,\quad a_{k_8\ell_8}=-\,\frac{1}{4}\,,\quad \end{array} \] Damit sind alle geforderten Größen ermittelt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Absolut konvergente Doppelreihen
Lösung zur Aufgabe 5.4.2 - Umordnung der harmonischen Reihe
Die Reihe \( \displaystyle\sum_{k,\ell=0}^\infty a_{k\ell} \) sei absolut konvergent, d.h. es gilt \[ \sum_{m=1}^\infty|a_{k_m\ell_m}|\lt\infty \] für jede Abzählung \( \{(k_0,\ell_0),(k_1,\ell_1),(k_2,\ell_2),\ldots\} \) von \( \mathbb N_0\times\mathbb N_0. \) Sei also \( A \) eine solche Abzählung. Dann setzen wir \[ S:=\sum_{m=1}^\infty a_{k_m\ell_m}\quad\mbox{für die Abzählung}\ A=\{(k_0,\ell_0),(k_1,\ell_1),(k_2,\ell_2),\ldots\}\,. \] Sei ferner \( \widetilde A=\{(\widetilde k_0,\widetilde\ell_0),(\widetilde k_1,\widetilde\ell_1),(\widetilde k_2,\widetilde\ell_2),\ldots\} \) eine weitere Abzählung von \( \mathbb N_0\times\mathbb N_0. \) Die zugehörige Reihe \[ \sum_{n=1}^\infty a_{\widetilde k_n\widetilde\ell_n} \] entsteht aus der vorigen Reihe nach einer gewöhnlich Umordnung von \( A \) zu \( \widetilde A. \) Die Voraussetzungen des zweiten Riemannschen Umordnungssatzes sind erfüllt, so dass folgt \[ S:=\sum_{m=1}^\infty a_{k_m\ell_m}=\sum_{n=1}^\infty a_{\widetilde k_n,\widetilde\ell_n}\,. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.4.3 - Zeilen- und Spaltensummen absolut konvergenter Doppelreihen
Es sei \( \displaystyle\sum_{k,\ell=0}^\infty a_{k\ell} \) absolut konvergent, d.h. es gilt \[ \sum_{m=0}^\infty|a_{k_m\ell_m}|\lt\infty \quad\mbox{für jede Abzählung}\ A=\{(k_0,\ell_0),(k_1,\ell_1),(k_2,\ell_2),\ldots\} \ \mbox{von}\ \mathbb N_0\times\mathbb N_0\,. \] Sei also \( A \) eine solche Abzählung. Die resultierende Reihe \( \{a_{k_0\ell_0},a_{k_1\ell_1},a_{k_2\ell_2},\ldots\} \) ist absolut konvergent und damit auch konvergent nach Aufgabe 5.3.3, d.h. zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ \left|\,\sum_{m=0}^\infty a_{k_m\ell_m}-S\,\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m\ge N(\varepsilon) \] mit geeignetem Grenzwert \( S\in\mathbb R. \) Wir gehen nun wie folgt vor:
| \( \circ \) | Es enthält \( \{a_{k_0\ell_0},\ldots,a_{k_{N(\varepsilon)}\ell_{N(\varepsilon)}}\} \) Elemente \( a_{k\ell}, \) und unter denen ein Element \( a_{k_{max},\ell_{max}} \) mit |
| maximalen Indizes \( k_{max} \) und \( \ell_{max}. \) | |
| \( \circ \) | Eventuell sind nicht alle \( a_{k\ell} \) mit \( 0\le k\le k_{max} \) und \( 0\le\ell\le\ell_{max} \) in \( \{a_{k_0\ell_0},\ldots,a_{k_{N(\varepsilon)}\ell_{N(\varepsilon)}}\} \) |
| enthalten. | |
| \( \circ \) | Die nicht enthaltenen sind Elemente \( a_{k_m\ell_m} \) mit \( m\gt L(\varepsilon). \) |
Nach dem zweiten Riemannschen Umordnungssatz können wir die Gesamtfolge \( \{a_{k_m\ell_m}\}_{m=0,1,2,\ldots} \) aber so umstellen, dass diese fehlenden Elemente auf die Plätze \( a_{k_{N(\varepsilon)+1},\ell_{N(\varepsilon)+1}},\ldots,a_{k_{N(\varepsilon)+k^*}\ell_{N(\varepsilon+\ell^*}} \) verschoben werden mit gewissen \( k^*,\ell^*\in\mathbb N_0 \) und unter Beibehaltung des Grenzwertes \( S \). Auf diese Weise erhalten wir also \( K(\varepsilon),L(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ \left|\,\sum_{k=1}^K\sum_{\ell=1}^La_{k\ell}-S\,\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ K,L\ge K(\varepsilon),L(\varepsilon) \] bzw. \[ \left|\,\sum_{\ell=1}^L\sum_{k=1}^Ka_{k\ell}-S\,\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ K,L\ge K(\varepsilon),L(\varepsilon), \] denn es handelt sich immer noch um das Umstellen endlicher Summen. Wir gehen nun nacheinander zu den Grenzwerten \( L\to\infty \) und \( K\to\infty \) in der ersten Abschätzung bzw. \( K\to\infty \) und \( L\to\infty \) in der zweiten Abschätzung über und beachten drittens, dass \( \varepsilon\gt 0 \) beliebig gewählt wurde. Dann folgt die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.4.4 - Beispiele absolut konvergenter Doppelreihen
| (i) | Beachte zunächst |
\[ 2k^2\ell^2\le k^4+\ell^4 \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{1}{2k^2\ell^2}\,. \]
| Sei nun \( k\in\mathbb N \) fest gewählt. Dann gilt |
\[ \sum_{\ell=1}^L\frac{1}{k^4+\ell^4} \le\frac{1}{2k^2}\,\sum_{\ell=1}^L\frac{1}{\ell^2} =\frac{1}{2k^2}\cdot\frac{\pi^2}{6} \]
| für alle \( L\in\mathbb N \) und damit nach Grenzübergang \( L\to\infty \) |
\[ \sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{1}{k^2}\cdot\frac{\pi^2}{12}\,. \]
| Wir schließen |
\[ \sum_{k=1}^K\sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4} \le\frac{\pi^2}{12}\,\sum_{k=1}^K\frac{1}{k^2} =\frac{\pi^2}{12}\cdot\frac{pi^2}{6} =\frac{\pi^4}{72} \]
| für alle \( K\in\mathbb N \) und damit nach Grenzübergang \( K\to\infty \) |
\[ \sum_{k=1}^\infty\sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{\pi^4}{72}\lt\infty\,. \]
| Analog zeigt man |
\[ \sum_{\ell=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{\pi^4}{72}\lt\infty\,. \]
| Es ist also für jede Abzählung von \( \mathbb N\times\mathbb N \) |
\[ \sum_{m=1}^\infty\frac{1}{k_m^4+\ell_m^4}\lt\infty\,, \]
| denn die Partialsummen sind monoton wachsend und nach oben beschränkt, z.B. durch \( \frac{\pi^4}{72}\,. \) Also ist die in Frage stehende Doppelreihe absolut konvergent. |
| (ii) | Zunächst liefert die geometrischen Summenformel für festes \( m\ge 2 \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{\ell=2}^\infty\frac{1}{k^\ell}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{k^\ell}-\frac{1}{k}-1 \,=\,\frac{1}{1-\frac{1}{k}}-\frac{1}{k}-1 \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{k}{k-1}-\frac{1}{k}-\frac{k-1}{k-1} \,=\,\frac{k-k+1}{k-1}-\frac{1}{k} \,=\,\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\,. \end{array} \]
| Wir gelangen auf diese Weise zu folgender Teleskopsumme |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=2}^K\sum_{\ell=2}^\infty\frac{1}{k^\ell}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=2}^K\left(\frac{1}{1-k}-\frac{1}{k}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots-\frac{1}{K-1}+\frac{1}{1-K}-\frac{1}{K} \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{K} \end{array} \]
| und damit im Grenzfall |
\[ \sum_{k=2}^\infty\sum_{\ell=2}^\infty\frac{1}{k^\ell}=1. \]
| Nun ist aber jede Abzählung \( A \) von \( \{2,3,\ldots,\}\times\{2,3,\ldots\} \) der Reihe \( \displaystyle\sum_{k,\ell=2}^\infty\frac{1}{k^\ell} \) konvergent, denn die zugehörigen Partialsummenfolge ist monoton wachsend und nach oben beschränkt, nämlich durch \( 1, \) wie eben berechnet. Da ferner alle Summanden positiv sind, ist die in Frage stehende Reihe absolut konvergent. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Cauchysche Produktsatz
Lösung zur Aufgabe 5.4.5 - Berechnung des Cauchyprodukts von Reihen
| (i) | Zunächst ermitteln wir mit Hilfe der Cauchyschen Produktformel |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{2^\ell}\right)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^ma_kb_{m-k} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{1}{2^k}\cdot\frac{1}{2^{m-k}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{2^k}{2^k\cdot 2^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{1}{2^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\frac{m+1}{2^m} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\frac{m}{2^m}+\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{2^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{2^m}+2, \end{array} \]
| wobei wir in der letzten Zeile die geometrische Summenformel angewendet haben. Zur Berechnung der verbleibenden Summe gehen wir wie folgt vor (warum dürfen wir das?): |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{m}{2^m}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\frac{4}{16}+\frac{5}{32}+\frac{6}{64}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{2}}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}}+\frac{1}{64}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=3}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=5}^\infty\frac{1}{2^k}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\ldots \,=\,2. \end{array} \]
| Damit erhalten wir also das gesuchte Cauchyprodukt |
\[ \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{2^\ell}\right) =\sum_{m=0}^\infty\frac{m}{2^m}+2 =2+2 =4. \]
| (ii) | Zunächst ermitteln wir mit Hilfe der Cauchyschen Produktformel |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{3^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{3^\ell}\right)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^ma_kb_{m-k} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{1}{3^k}\cdot\frac{1}{3^{m-k}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{3^k}{3^k\cdot 3^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{1}{3^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\frac{m+1}{3^m} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\frac{m}{3^m}+\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{3^m} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\frac{m}{3^m}+\frac{1}{1-\frac{1}{3}} \,=\,\sum_{m=0}^\infty\frac{,}{3^m}+\frac{3}{2}\,, \end{array} \]
| wobei wir in der letzten Zeile die geometrische Summenformel angewendet haben. Zur Berechnung der verbleibenden Summe gehen wir wie folgt vor: |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{m}{3^m}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{3}+\frac{2}{9}+\frac{3}{27}+\frac{4}{81}+\frac{5}{243}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{3}}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{3}+\frac{1}{9}}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \phantom{\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}}+\frac{1}{243}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{3^k}+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{3^k}+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{3^k}+\sum_{k=3}^\infty\frac{1}{3^k}+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \left(\frac{3}{2}-1\right)+\left(\frac{3}{2}-1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{3}{2}-1-\frac{1}{3}-\frac{1}{9}\right)+\ldots \\ & & \negthickspace\displaystyle \ldots+\left(\frac{3}{2}-1-\frac{1}{3}-\frac{1}{9}-\frac{1}{27}\right)+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{18}+\frac{1}{54}+\ldots \,=\,\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\ldots\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}} \,=\,\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2} \,=\,\frac{3}{4}\,. \end{array} \]
| Damit erhalten wir also das gesuchte Cauchyprodukt |
\[ \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{3^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{3^\ell}\right) =\sum_{m=0}^\infty\frac{m}{3^m}+\frac{3}{2} =\frac{3}{4}+\frac{3}{2} =\frac{9}{4}\,. \] Damit sind alle geforderten Größen ermittelt.\( \qquad \)
Lösung zur Aufgabe 5.4.6 - Ein spezielles Cauchyprodukt
| (i) | Die Reihen konvergieren nach dem Leibnizkriterium. |
| (ii) | Wir schreiben das Produkt zunächst in der folgenden Form |
\[ \left(\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\right) =\left(0+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\right)\left(0+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\right) \]
| mit \( a_0:=0 \) und \( b_0:=0. \) Es folgt |
\[ c_m =\sum_{k=1}^{m-1}a_kb_{m-k} =\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\cdot\frac{(-1)^{m-k+1}}{\sqrt{m-k}} =\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{m+2}}{\sqrt{k(m-k)}}\,. \]
| Wir schätzen nun wie folgt ab: |
\[ |c_m| =\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sqrt{k(m-k)}} \ge\frac{m-1}{\sqrt{(m-1)(m-1)}} =1. \]
| Die \( c_m \) bilden also keine Nullfolge, d.h. das Cauchyprodukt der in Frage stehenden Reihe mit sich selbst konvergiert nicht. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.4.7 - Ein Cauchyprodukt divergenter Reihen
| (i) | Beide Folgen sind keine Nullfolgen und konvergieren daher nicht. |
| (ii) | Zunächst ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} c_0\negthickspace & = & \negthickspace a_0b_0 \,=\,-2, \\ c_1\negthickspace & = & \negthickspace a_0b_1+a_1b_0 \,=\,2-2 \,=\,0, \\ c_2\negthickspace & = & \negthickspace a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0 \,=\,2+2-2^2 \,=\,0, \\ c_3\negthickspace & = & \negthickspace a_0b_3+a_1b_2+a_2b_1+a_3b_0 \,=\,2+2+2^2-2^3 \,=\,0 \end{array} \]
| usw. Allgemeiner ist für \( m=2,3,\ldots \) |
\[ \begin{array}{lll} c_m\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 2+2^1+\ldots+2^{m-1}-2^m \,=\,1+1+2^1+\ldots+2^{m-1}-2^m \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1+\sum_{k=0}^{m-1}2^k-2^m \,=\,1+\frac{1-2^m}{1-2}-2^m \\ & = & \negthickspace 1+2^m-1-2^m \,=\,0. \end{array} \]
| Das Cauchyprodukt konvergiert demnach, und genauer ermittelt sich sein Wert zu |
\[ \sum_{k=0}^\infty c_m=-2+0+0+\ldots=-2. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.4.8 - Beweis des Cauchyschen Produktsatzes
Wir gehen in mehreren Schritten vor.
| 1. | Wegen \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty|a_k|\lt\infty \) und \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty|b_k|\lt\infty \) ist für beliebiges \( N_0\in\mathbb N_0 \) |
\[ \sum_{m,n=0}^{N_0}|a_mb_n| =\left(\,\sum_{m=0}^{N_0}|a_m|\right)\cdot\left(\,\sum_{n=0}^{N_0}|b_n|\right) \le\left(\,\sum_{m=0}^\infty|a_m|\right)\cdot\left(\,\sum_{n=0}^\infty|b_n|\right) \lt\infty\,. \]
| Daher gilt auch für jede Abzählung \( (m_\ell,n_\ell), \) \( \ell=0,2,\ldots, \) von \( \mathbb N_0\times\mathbb N_0 \) |
\[ \sum_{\ell=0}^\infty|a_{m_\ell}b_{n_\ell}|\lt\infty\,, \]
| d.h. die Doppelreihe \( \displaystyle\sum_{m,n=0}^\infty a_mb_n \) ist absolut konvergent. | |
| 2. | Ferner ermitteln wir |
\[ \sum_{k=0}^\infty|c_k|\le\left(\,\sum_{k=0}^\infty|a_k|\right)\cdot\left(\,\sum_{n=0}^\infty|b_n|\right)\lt\infty\,, \]
| d.h. auch \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty c_k \) ist absolut konvergent. | |
| 3. | In der für beliebiges \( N_0\in\mathbb N_0 \) gültigen Identität |
\[ \sum_{m,n=0}^{N_0}a_mn_n=\left(\,\sum_{m=0}^{N_0}a_m\right)\cdot\left(\,\sum_{n=0}^{N_0}b_n\right) \]
| gehen wir zum Grenzwert \( N_0\to\infty \) über und erhalten |
\[ \sum_{m,n=0}^\infty a_mn_n=\left(\,\sum_{m=0}^\infty a_m\right)\cdot\left(\,\sum_{n=0}^\infty b_n\right). \]
| Da der Wert der linken Doppelreihe unabhängig von der Abzählung von \( \mathbb N_0\times\mathbb N_0 \) ist, wählen wir speziell |
\[ \sum_{m,n=0}^\infty a_mb_n =\sum_{k=0}^\infty\left(\,\sum_{m,n\ge 0\,:\,m+n=k}a_mb_n\right)=\sum_{k=0}^\infty c_k\,. \] Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)