無限級数

home > 微分積分

基本概念

いわゆる無限級数とは、無限個の数 $\{a_{n}, n=1,2,3,\dots\}$ を順次足し合わせる形式的な和

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots$$

である。和が第1項から無限の彼方まで続くことを表す（一方 $\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ は第1項から第$n$項までの和を表す）。ここで $a_{n}$ を級数の一般項と呼び、求和記号 $\sum_{n=1}^{\infty}$ を用いる。まずいくつかの例を見る。

$$1+q+q^{2}+\cdots+q^{n}+\cdots$$
$$a+(a+d)+(a+2d)+(a+3d)+\cdots$$
$$1-1+1-1+\cdots+(-1)^{n-1}+\cdots$$

1つ目の級数は幾何級数（等比級数）と呼ばれる。その初項から第$n$項までの和は $S_{n}=\frac{1-q^{n}}{1-q}$ ($q \neq 1$) である。$|q|<1$ のとき $S_{n}$ は $(1-q)^{-1}$ に収束し、$|q|\ge1$ のときは発散する。

2つ目の級数は算術級数（等差級数）と呼ばれる。前$n$項の和は $S_{n}=na+\frac{n(n-1)}{2}d$ である。項数が増えるにつれ、傾向は無限大となる。

3つ目の級数について、直観的には

$$1-1+1-1+\cdots= \begin{cases} (1-1)+(1-1)+(1-1)+\cdots &=0\\ 1-(1-1)-(1-1)-\cdots &=1 \end{cases}$$

となるため、和がいくらになるかを判断できない。

このため、無限項の和の正確な意味を明確にする必要がある。目的を達成する合理的な方法は、有限から無限への移行、すなわちまず前$n$項の有限和を考え、その後に項数が限りなく増えるときの極限を観察することである。

(1) 収束性

$S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ を級数の第$n$部分和と呼ぶ。数列 $\{S_{n}\}$ が $S$ に収束する（$\lim_{n\to\infty} S_{n}=S$）ならば、級数は収束するといい、$S$ を級数の和と呼ぶ。これを $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=S$ と記す。

もし $\{S_{n}\}$ が極限を持たないなら、級数は発散するという。これにより、無限級数の収束と発散を議論することは、その部分和からなる数列 $\{S_{n}\}$ の収束と発散を議論することに等しいと分かる。したがって、上の3つ目の例について、$S_{2n}=0$, $S_{2n-1}=1$ となるため、級数は発散する。

逆に、ある数列 $\{S_{n}\}$ があれば、それは $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$ ($n>1$)、$a_{1}=S_{1}$ を一般項とする級数と対応し、この級数の前$n$項の部分和がちょうど $S_{n}$ となる。

注記：上述の級数の収束性の定義や数列との関係に基づけば、級数に関する研究は余計なものに思えるかもしれない。しかし、多くの数列の極限は自然に無限級数として表される。例えば、十進法の正の実数は無限級数 $\alpha=a_{0}+\frac{a_{1}}{10}+\frac{a_{2}}{10^{2}}+\frac{a_{3}}{10^{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{10^{n}}+\cdots$ として表せる。ここで $a_{0}$ は整数部分、$a_{n}$ ($n\ge1$) は $0$ から $9$ の間の整数である。$a_{n}$ の有限項のみがゼロでない、あるいは $a_{n}$ がある種の循環性を満たす（すなわち、ある自然数 $k$ が存在して $n\ge1$ で $a_{n+k}=a_{n}$ となる）ならば、上記の式は必ず分数の形で書ける。このような数は有理数、つまり有限小数または無限循環小数である。一方、無限不循環小数は無理数であり、その表現方法は無限級数となる。他方、すべての級数が、その前$n$項の部分和の明示的な式を得られるわけではない。そのため、級数の収束と発散を議論するには、級数自身の性質からアプローチする必要がある。この状況は無限区間上の広義積分に似ており、そこでも被積分関数のすべてが明示的な原始関数を持つわけではない。

(2) 基本性質

級数の収束性の定義に基づき、数列の場合と同様に、以下の性質を容易に導くことができる。

性質 1 (Cauchy の収束判定法) 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するための必要十分条件は、任意の正の数 $\varepsilon$ に対して、正の整数 $N$ が存在し、$n>N$ のとき、不等式 $|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}|=|S_{n+p}-S_{n}|<\varepsilon$ が任意の正の整数 $p$ に対して成り立つことである。

性質 2 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するならば、$\lim_{n\to\infty} a_{n}=0$ である。

この性質は、無限個の項の和が収束するためには、和に参加する項がますます小さくなる（0に近づく）べきであることを示している。そのため、一般項が0に近づかない級数は、収束性を考慮する必要が全くない。例えば $\sum_{n=1}^{\infty}n \sin\frac{1}{n}$ は、$\lim_{n\to\infty} n \sin\frac{1}{n}=1\ne0$ であるため発散する。ただし、一般項が0に近づくことは級数が必ず収束することを保証するものではない。0に近づく速さの問題もある。例えば $\lim_{n\to\infty} \ln\frac{n+1}{n}=0$ であるが、級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\ln\frac{n+1}{n}$ において、部分和は $S_{n}=\ln(n+1)\to\infty$ となるため発散する。

性質 3 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ がいずれも収束するならば、$\sum_{n=1}^{\infty}\alpha a_{n}$ ($\alpha$ は定数) および $\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\pm b_{n})$ も収束し、$\sum_{n=1}^{\infty}\alpha a_{n}=\alpha\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\pm b_{n})=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\pm\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が成り立つ。

性質 4 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ において、任意の有限個の項の値を変更しても、級数の収束や発散性には影響しない（証明は Cauchy の収束判定法を利用すればよい）。

正項級数の収束性

一般項 $a_{n}\ge0$ のとき、その級数を正項級数と呼ぶ。正項級数の部分和 $\{S_{n}\}$ は単調増加である、すなわち $S_{n+1}=S_{n}+a_{n+1}\ge S_{n}$。ゆえに、数列の極限の収束性により次が得られる。

(1) 基本結論

正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するための必要十分条件は、その部分和の数列 $\{S_{n}\}$ が有界であることである。正項級数が発散するならば、必ず無限大に発散する。収束する正項級数は、和の順序を任意に入れ替えて得られる級数も収束し、その和は変わらない。

3つ目の結論は少し証明が必要である。$\sum_{n=1}^{\infty}a'_{n}$ を、級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ の和の順序を入れ替えて得られた級数とし、その部分和を $S'_{n}=a'_{1}+a'_{2}+\cdots+a'_{n}$ と記す。$a'_{n}$ は新しい項ではなく、元の級数で足し合わされる項であり、単に順序が変わり、新たに並べ直された（位置を示す添字が変わった）だけであることに注意する。そのため、ある $m$ が必ず存在し、$a'_{1},a'_{2},\dots,a'_{n}$ は元の級数の前 $m$ 項の中に現れる。よって $S'_{n}\le S_{m}$ となる。したがって、元の級数が収束することから新しい級数も収束し、しかもその収束値は元の級数の収束値を超えないことが分かる。逆に、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ を $\sum_{n=1}^{\infty}a'_{n}$ の順序を入れ替えて得られた級数とみなすことができるため、上述の結論が得られる。

注意として、有限の和において加法の順序を交換するのは自然であるが、無限の和の問題においては慎重になるべきである。結論3は正項級数なら任意に順序を入れ替えてよいことを示しているが、後で見るように、この性質はある種の級数に対しては成り立たない。

例 1 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}$ は収束する。

証明． これは正項級数であるため、その部分和が有界であることを証明すればよい。実際、次が成り立つ。

$$\begin{aligned}S_{n} &= 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \\ &\le 2+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n-1)} \\ &= 2+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) \\ &= 3-\frac{1}{n} < 3.\end{aligned}$$

したがって、級数は収束する。後でこの収束する値が $e$ であることを証明する。

(2) 正項級数の収束判定法

現在我々が直面しているのは、与えられた正項級数に対して、それが収束するかどうかをどのように判定するかである。そのために次の定理がある。

定理 1 (比較判定法) $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ を2つの正項級数とする。ある項から先で $a_{n}\le b_{n}$ であるとき、$\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が収束するならば $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束する。$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が発散するならば $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が発散する。

証明

有限個の項の値を変更しても級数の収束や発散性は変わらないため、すべての $n$ に対して $a_{n}\le b_{n}$ が成り立つと仮定してよい。すると $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\le\sum_{k=1}^{n}b_{k}$ となる。$\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が収束するならば、$\sum_{k=1}^{n}b_{k}$ は有界であり、したがって $\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ も有界となる。よって $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は収束する。$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が発散するならば、$\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ は無界であり、したがって $\sum_{k=1}^{n}b_{k}$ も無界となる。よって $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ は発散する。

例 2 調和級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ は発散することを証明せよ。

証明． $x>0$ のとき、$x>\ln(1+x)$ であるため、任意の $n$ に対して

$$\frac{1}{n}>\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$$

となる。$\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ は発散するため、比較判定法により調和級数は発散することが分かる。

例 3 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}$ は $p$級数と呼ばれる。その収束や発散性を議論せよ。

解． $p\le1$ のとき、$\frac{1}{n^{p}}\ge\frac{1}{n}$ となるため、この場合 $p$級数は発散する。$p>1$ のとき、$p=1+\alpha$ ($\alpha>0$) とおく。微分の平均値の定理により

$$\frac{1}{(n-1)^{\alpha}}-\frac{1}{n^{\alpha}}=\frac{\alpha}{(n-\theta)^{\alpha+1}}>\frac{\alpha}{n^{p}}$$

が得られる。ここで $0<\theta<1$ である。$\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{(n-1)^{\alpha}}-\frac{1}{n^{\alpha}}\right)=1$ であるため、比較判定法により、$p>1$ のとき $p$級数は収束することが分かる。

例 4 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{\ln n}$ は発散することを証明せよ。

証明． $n\ge2$ のとき、常に $\ln n < n$ であるため、

$$\frac{1}{\ln n}>\frac{1}{n}$$

となる。よって元の級数は発散する。

比較判定法は主に一般項の大小を比較するものである。より正確には、ある項から先の一般項の大小を比較する。収束する級数の一般項はゼロに近づかなければならず、一般項がゼロに近づく速さがそれらの間の大小を決定する。したがって、比較判定法の極限形式を考えることができる。

推論 1 (比較判定法の極限形式) $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ を正項級数とし、$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=A$ とする。$0<A<+\infty$ ならば、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ の収束や発散性は一致する。$A=0$ ならば、$\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が収束するとき $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ も収束する。$A=+\infty$ ならば、$\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ が発散するとき $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ も発散する。

この推論の意味は次の通りである。2つの無限小量 $a_{n}, b_{n}$ ($n\to\infty$) について、$a_{n}$ と $b_{n}$ のゼロに近づく速さが同じであれば、対応する級数の収束や発散性は一致する。一方が他方よりもゼロに近づく速さが速ければ、遅い方が収束すれば速い方も収束し、速い方が発散すれば遅い方はなおさら発散する。

証明

第1の場合について、$\varepsilon=\frac{A}{2}$ ととれば、ある $N$ が存在して $n>N$ のとき $\left|\frac{a_{n}}{b_{n}}-A\right|<\frac{A}{2}$ すなわち $\frac{A}{2}b_{n}<a_{n}<\frac{3A}{2}b_{n}$ となる。したがって、2つの不等式にそれぞれ比較判定法を適用すれば結果が得られる。同様に、$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=A=0$ のとき、ある $N$ が存在して $n>N$ のとき $0\le\frac{a_{n}}{b_{n}}<1$ すなわち $a_{n}<b_{n}$ となる。そして $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=A=+\infty$ のとき、ある $N$ が存在して $n>N$ のとき $\frac{a_{n}}{b_{n}}>1$ すなわち $a_{n}>b_{n}$ となる。どの場合においても、比較判定法を直接適用すれば証明が完了する。

例 5 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+3}{\sqrt{(n^{2}+1)(n^{3}+2)}}$ は収束する。

証明．

$$\frac{n+3}{\sqrt{(n^{2}+1)(n^{3}+2)}}\sim\frac{1}{n^{3/2}}$$

および $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3/2}}$ の収束性により、元の級数は収束することが分かる。

例 6 $\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n}$ は発散する。

証明．

$$\sin\frac{1}{n}\sim\frac{1}{n}$$

および調和級数の発散により、元の級数は発散することが分かる。

比較定理は、我々がよく知っている級数（例えば幾何級数 $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}$）と比較することで、級数の収束や発散性を議論できることを示唆している。

定理 2 (Cauchy の判定法) $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ を正項級数とする。ある項から先で $\sqrt[n]{a_{n}}\le q<1$ となるならば、級数は収束する。もし $\sqrt[n]{a_{n}}\ge1$ となる $n$ が無限個あるならば、級数は発散する。

あるいは極限の形式で記述すると、$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=q$ であるとき、$q<1$ ならば級数は収束し、$q>1$ ならば級数は発散する（極限の形式であるため、$q=1$ のときは判定できない例外となる）。

証明

すべての $n$ に対して $\sqrt[n]{a_{n}}\le q<1$、すなわち $a_{n}\le q^{n}$ が成り立つと仮定してよい。したがって、$\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}$ の収束性と比較判定法により、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束することが分かる。もし $\sqrt[n]{a_{n}}\ge1$ となる $n$ が無限個あるならば、$\{a_{n}\}$ は0を極限としないため、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は発散する。極限の形式については、ある正の数 $\varepsilon$ が存在して、十分に大きい $n$ に対して $\sqrt[n]{a_{n}}<q+\varepsilon<1$ または $\sqrt[n]{a_{n}}>q-\varepsilon>1$ となることに注意すれば、読者自身で証明を完成させることができる。

幾何級数の後項と前項の比は一定の数（公比）に等しく、幾何級数の収束や発散性は公比の大きさによって決まる。一般の級数に対してはこのような性質はないが、級数の前後項の比に基づいて収束や発散性を議論することもできる。

定理 3 (D'Alembert の判定法) $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ を正項級数とする。ある項から先で $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\le q<1$ となるならば、級数は収束する。ある項から先で $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\ge1$ となるならば、級数は発散する。前後項の比が極限 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=q$ を持つとき、$q<1$ ならば級数は収束し、$q>1$ ならば級数は発散する。

証明

すべての $n$ に対して $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\le q<1$ が成り立つと仮定してよい。ゆえに、

$$\frac{a_{2}}{a_{1}}\le q, \quad \frac{a_{3}}{a_{2}}\le q, \quad \dots, \quad \frac{a_{n}}{a_{n-1}}\le q$$

となる。これらの不等式の両辺を掛け合わせると、$a_{n}\le\frac{a_{1}}{q}q^{n}$ が得られる。$\frac{a_{1}}{q}$ は定数であり、$\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}$ は収束するため、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は収束する。

もし $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\ge1$ ならば、$a_{n+1}\ge a_{n}$、すなわち $a_{1}\le a_{2}\le\dots\le a_{n}\le\dots$ となる。級数の一般項 $a_{n}$ はゼロに近づかないため、級数は発散する。

例 7 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}$ は発散する。

証明． $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{2^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}}=\frac{e}{2}>1$ より、級数は発散する。

例 8 $\sum_{n=1}^{\infty}n!\left(\frac{x}{n}\right)^{n}$ ($x\ge0$) の収束や発散性を議論せよ。

解．

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!\left(\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}}{n!\left(\frac{x}{n}\right)^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{x}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\frac{x}{e}$$

であるため、$x>e$ のとき級数は発散し、$0\le x<e$ のとき級数は収束する。$x=e$ のときは、$\left(1+\frac1n\right)^{n}<e$ より $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{e}{(1+1/n)^{n}}>1$ なので、$a_{n}$ は増加して $0$ に近づかず、級数は発散する。

級数は無限個の数の和であり、あるいは有限和の極限の形式とみなすことができる。一方、積分も有限和の極限の形式の一種であるが、最終的な結果は「無限の求和」ではなく「連続的な求和」である。しかし、両者の間には比較可能性があり、ここでまず1つの関連性について議論する。

定理 4 (Cauchy の積分判定法) $f(x)$ が $[1,+\infty)$ 上で定義され、$[1,+\infty)$ 上で非負かつ単調減少であるとする。このとき、$\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ と $\int_{1}^{+\infty}f(x)\,dx$ の収束や発散性は一致する。

証明

$f(x)$ の単調性により、$k\le x\le k+1$ のとき $f(k+1)\le f(x)\le f(k)$ が成り立つ。したがって

$$f(k+1)\le\int_{k}^{k+1}f(x)\,dx\le f(k)$$

となる。上記の不等式を $k=1,2,\dots,n$ について足し合わせると、任意の $n\in \mathbb{N}$ に対して

$$\sum_{k=2}^{n+1}f(k)\le\int_{1}^{n+1}f(x)\,dx\le\sum_{k=1}^{n}f(k)$$

が得られる。もし $\int_{1}^{+\infty}f(x)\,dx$ が収束するならば、上式の左半分より $\sum_{k=2}^{n+1}f(k)$ は有界であり、したがって $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ は収束する。もし $\int_{1}^{+\infty}f(x)\,dx$ が発散するならば、上式の右半分より $\sum_{k=1}^{n}f(k)$ は有界ではないため、ゆえに $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ は発散する。

例 9 級数 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(\ln n)^{\alpha}}$ は $\alpha>1$ のとき収束し、$\alpha\le1$ のとき発散することを証明せよ。

証明． 級数は積分 $\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^{\alpha}}$ と収束や発散性が一致する。そして

$$\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^{\alpha}}= \begin{cases} \frac{(\ln 2)^{1-\alpha}}{\alpha-1}, & \alpha>1; \\ +\infty, & \alpha\le1. \end{cases}$$

であるため、元の級数は $\alpha>1$ のとき収束し、$\alpha\le1$ のとき発散する。

注記：Cauchy の判定法にせよ D'Alembert の判定法にせよ、いずれも幾何級数との比較を行っている。そこで自然と、この2つの判定法のどちらがより強力かという疑問が生じる。他方で、これまで挙げた収束級数の例

$$\sum_{n=0}^{\infty}q^{n}\ (0<q<1);\quad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\ (\alpha>1);\quad \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(\ln n)^{\beta}}\ (\beta>1)$$

において、その一般項が0に近づく速さは順に遅くなっている。したがって、収束速度がより遅い他の級数との比較を構築し、新たな判定法を生み出すことができるのではないか。第1の疑問に対する回答として、次の定理がある。

定理 $\{a_{n}\}$ を任意の正の数列とするとき、次が成り立つ。

$$\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\le \liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}\le \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}\le \limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$$

この公式から、D'Alembert の判定法で判定できるものはすべて Cauchy の判定法でも必ず判定できるが、その逆は必ずしも成り立たないことが分かる（具体例は練習問題を参照）。

第2の疑問について、まず2つの正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ のそれぞれの一般項の前後項の比を考える。もし

$$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\le\frac{b_{n+1}}{b_{n}}$$

を満たすならば、後者の収束は前者の収束を意味する。ここで、正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}$ ($\alpha>0$) を上述のように比較する。もし

$$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\le\frac{\frac{1}{(n+1)^{\alpha}}}{\frac{1}{n^{\alpha}}}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{\alpha}$$

であるならば、

$$n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)\ge\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}-1}{\frac{1}{n}}$$

となる。$n\to\infty$ のとき、極限値は $\alpha$ である。したがって次の結論が得られる。

Raabe の判定法 もし

$$\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=\alpha$$

であるならば、$\alpha>1$ のとき正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は収束し、$0<\alpha<1$ のとき級数は発散する。

例 超幾何級数：$\alpha, \beta, \gamma, x$ をすべて正の数とする。

$$F(\alpha,\beta,\gamma,x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha+1)\cdots(\alpha+n-1)\beta(\beta+1)\cdots(\beta+n-1)}{n!\gamma(\gamma+1)\cdots(\gamma+n-1)}x^{n}$$
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(\alpha+n)(\beta+n)}{(1+n)(\gamma+n)}=x$$

であるため、$x<1$ のとき収束し、$x>1$ のとき発散する。$x=1$ のときは判定できないが、$x=1$ のとき

$$\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}(1+\gamma-\beta-\alpha)+(\gamma-\alpha\beta)n}{(\alpha+n)(\beta+n)}=1+\gamma-\beta-\alpha$$

となる。ゆえに $\gamma>\alpha+\beta$ のとき収束し、$\gamma<\alpha+\beta$ のとき発散する。

さらに収束が遅い級数 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(\ln n)^{\beta}}$ ($\beta>1$) と比較することで、いわゆる Gauss の判定法も得られるが、ここでは詳細な説明を省く。

一般級数の収束性

正項級数は特殊な場合である。正項級数よりも少し複雑なのが以下の交替級数である。

(1) 交替級数

いわゆる交替級数とは、級数の項が正と負に交互に現れるものであり、$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$ ($a_{n}\ge0$) と書くことができる。交替級数の部分和は次を満たす。

$$S_{2n}=(a_{1}-a_{2})+(a_{3}-a_{4})+\cdots+(a_{2n-1}-a_{2n})$$

したがって、$a_{n}$ が単調に減少し0に近づくとき、$S_{2n+2}-S_{2n}=a_{2n+1}-a_{2n+2}\ge0$ となり、さらに

$$S_{2n}=a_{1}-(a_{2}-a_{3})-(a_{4}-a_{5})-\cdots-(a_{2n-2}-a_{2n-1})-a_{2n}\le a_{1}$$

となる。すなわち、$S_{2n}$ は単調増加で上に有界であるため、収束する（$S_{2n}\to S$）。他方、$S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1}\to S+0=S$ である。ゆえに次の定理が得られる。

定理 5 (Leibniz) $\{a_{n}\}$ が単調に0に近づくならば、交替級数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$ は収束する。

上の分析から容易に分かるように、部分和の偶数項および奇数項と極限との誤差は次のようになる。

$$0\le S-S_{2n-1}=a_{2n}-(a_{2n+1}-a_{2n+2})-\cdots\le a_{2n}$$
$$0\ge S-S_{2n}=-a_{2n+1}+(a_{2n+2}-a_{2n+3})+\cdots\ge-a_{2n+1}$$

収束する交替級数の典型的な例は $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$ である（$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ の発散性と比較することで、正負が交互に打ち消し合う結果を実感できる）。後で分かるように、この和は $\ln 2$ である。

(2) 絶対収束性と条件収束

一般の級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ について（すなわち一般項の正負に制限がない場合）、$\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|$ が収束するならば、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は絶対収束するという。

定理 6 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が絶対収束するならば、級数自体も必ず収束する。

証明

明らかに

$$|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}|\le|a_{n+1}|+|a_{n+2}|+\cdots+|a_{n+p}|$$

が成り立つ。ゆえに Cauchy の判定基準によって結果を証明できる。

もし $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するが、$\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|$ が発散するならば、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は条件収束するという。例えば、$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}$ や $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\ln n}$ はどちらも収束するが、一般項の絶対値をとった結果は発散するため、条件収束である。

定理 7 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が絶対収束するならば、和の順序を任意に入れ替えて得られる新しい級数も依然として収束し、その和は変わらない（絶対収束する一般級数において、この点の性質は正項級数と同じである）。

証明

$a_{n}^{\pm}=\frac{|a_{n}|\pm a_{n}}{2}$ とおく。すなわち、

$$a_{n}^{+}= \begin{cases} 0, & a_{n}\le0, \\ a_{n}, & a_{n}\ge0; \end{cases} \qquad a_{n}^{-}= \begin{cases} -a_{n}, & a_{n}\le0, \\ 0, & a_{n}\ge0. \end{cases}$$

したがって、$a_{n}^{\pm}$ から構成される級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\pm}$ はどちらも正項級数であり、かつ

$$|a_{n}|=a_{n}^{+}+a_{n}^{-}\ge a_{n}^{\pm}, \qquad a_{n}=a_{n}^{+}-a_{n}^{-}$$

を満たす。ゆえに $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\pm}$ はともに収束し、さらに

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}-\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$$

となる。級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ の和の順序が変更された後、対応する $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\pm}$ の和の順序も対応して変更される。しかし後者は正項級数であるため、順序変更後も収束性および収束値は変わらない。したがって前者の収束性および収束値も変わらない。

推論 2 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が絶対収束するための必要十分条件は、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$ がともに収束することである。しかし、もし級数が条件収束するならば、2つの級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$ はともに発散する。

証明

最初の結論は明らかである。2つ目の結論について、$\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|$ が発散するため、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$ はともに収束することはあり得ない。しかし、

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}-\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$$

により、上式の3つの級数のうち2つだけが収束することはあり得ないことが分かる。ゆえに $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{+}$ と $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{-}$ はともに発散するしかない。

絶対収束する級数の収束は、一般項がゼロに近づく速さが十分に速いことによる。一方、条件収束する級数の一般項がゼロに近づく速さは十分に速くない可能性があるが、正負の項が相殺し合うことで級数は収束する。 対比として、以下の興味深い定理を述べておく（証明は省略する）。

定理 8 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が条件収束するならば、和の順序を適切に入れ替えることで、新しい級数を任意の与えられた実数に収束させることや、さまざまな形で発散させることができる。

一般級数の収束判定法

一般の級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ に対して、最も一般的な判定法はもちろん Cauchy の収束判定条件であるが、この条件は時として具体的に使用しにくい。そこで、上述の絶対収束の概念を利用し、まず $\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|$ を考察する。正項級数の判定法を利用し、もし収束するならば元の級数も収束する。もし発散するならば、級数自体が収束するかどうかは依然として断定できない。

以下の2つの定理は、ある種の一般級数に対する収束性の判定法を与えるものである。そのために、まず1つの補題を紹介する。

補題 (Abel) 2つの数列 $a_{1},a_{2},\dots,a_{n}$ と $b_{1},b_{2},\dots,b_{n}$ があるとする。$A_{k}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}$ と記す。このとき、

$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}=A_{n}b_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}A_{k}(b_{k}-b_{k+1})$$

もし $b_{1}\ge b_{2}\ge b_{3}\ge\dots\ge b_{n}\ge 0$ であり、$m\le A_{k}\le M$ ($k=1,2,\dots,n$) ならば、

$$b_{1}m\le\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\le b_{1}M$$

となる。この補題は部分積分の離散形式である。

証明

$A_{0}=0$ と約束する。すると

$$\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} &= \sum_{k=1}^{n}(A_{k}-A_{k-1})b_{k} = \sum_{k=1}^{n}A_{k}b_{k}-\sum_{k=1}^{n}A_{k-1}b_{k} \\ &= \sum_{k=1}^{n}A_{k}b_{k}-\sum_{k=1}^{n-1}A_{k}b_{k+1} = A_{n}b_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}A_{k}(b_{k}-b_{k+1}).\end{aligned}$$

定理 9 (Dirichlet) もし $\{b_{n}\}$ が単調減少し、かつ $b_{n}\to 0$ であり、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ の部分和が有界、すなわち $|A_{n}|=\left|\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right|\le M$ ならば、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}$ は収束する。

定理 10 (Abel) もし $\{b_{n}\}$ が単調で有界であり、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するならば、$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}$ は収束する。

定理9の証明は Cauchy の収束判定条件と Abel の補題を直接利用して完成させることができる。定理10の証明は定理9の結論を利用できる。なぜなら $\{b_{n}\}$ は単調で有界であるため極限を持ち、$b_{n}\to b$ とおけば、$b_{n}-b$ または $b-b_{n}$ は単調に減少し0に近づく。そして $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は収束するため、当然その部分和は必ず有界である。

例 1 $\alpha>0$ とし、任意の $n\in\mathbb{N}$ に対して $\left|\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right|<M$ となる $M$ が存在するとする。このとき級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n^{\alpha}}$ は収束する。

証明． 直接証明することもできる。$A_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ と記す。したがって、

$$\sum_{n=1}^{m}\frac{a_{n}}{n^{\alpha}}=\frac{A_{m}}{m^{\alpha}}+\sum_{n=1}^{m-1}A_{n}\left(\frac{1}{n^{\alpha}}-\frac{1}{(n+1)^{\alpha}}\right)$$

明らかに $\lim_{m\to\infty}\frac{A_{m}}{m^{\alpha}}=0$ である。また、微分の平均値の定理により、$0<\theta<1$ が存在して

$$\left|A_{n}\left(\frac{1}{n^{\alpha}}-\frac{1}{(n+1)^{\alpha}}\right)\right|=\left|\alpha A_{n}\frac{1}{(n+\theta)^{\alpha+1}}\right|<\alpha M\frac{1}{n^{\alpha+1}}$$

となる。$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha+1}}$ は収束するため、元の級数は絶対収束する。

例 2 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n}$ の収束や発散性を議論せよ。

解． $x=2k\pi$ のとき、この級数は調和級数となるため発散する。 $x\ne 2k\pi$ のとき、

$$A_{n}=\cos x+\cos 2x+\cdots+\cos nx=\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x-\sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}$$

と記す。すると

$$|A_{n}|<\frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|}$$

$\frac1n$ は単調に $0$ に近づくので、Dirichlet の判定法により級数は収束する。同様にして次の級数の収束性も議論できる。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n}$$

例 3 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n}{n}$ は条件収束することを証明せよ。

証明． 例2より $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n}{n}$ は収束することが分かる。もしそれが絶対収束するならば、$\cos^{2}n\le|\cos n|$ により $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos^{2}n}{n}$ も収束するはずである。ここで

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos^{2}n}{n}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos 2n}{n}$$

となる。上式の右辺の最初の級数は発散し、2番目の級数は収束する。ゆえに左辺の級数は収束し得ない。この矛盾は $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|\cos n|}{n}$ が発散することを示している。

例 4 再び交替級数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}b_{n}$ を見てみよう。これを $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}$ の形とみなすことができる。ここで $a_{n}=(-1)^{n+1}$ である。明らかに $|A_{k}|=|a_{1}+\cdots+a_{k}|\le 1$ であるため、$b_{n}$ が単調に減少し $b_{n}\to 0$ のとき級数は収束する。これが前述で得た結果である。

無限数項級数の判定法に関して認識しなければならないのは、判定法は決して万能ではないが、非常に広い適用範囲を持っているということである。さらに精緻な判定法を引き続き研究することもできる。これまでに挙げた各種の判定法やその証明過程は、実際には級数の収束や発散性を判定するための「方法」を与えている。したがって、判定法を使えるようになることはもちろん重要だが、方法そのものを習得することはさらに価値がある。

関数項級数

概念

$u_{1}(x), u_{2}(x), \dots, u_{n}(x), \dots$ を $E$ 上で定義された関数列とする。有限個の関数を足し合わせると、その結果は依然として同じ定義域を持つ関数となる。ここで、無限個の関数を足し合わせる問題を考える。

$$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)=u_{1}(x)+u_{2}(x)+\cdots+u_{n}(x)+\cdots$$

これを $E$ 上の関数項級数と呼ぶ。$x_{0} \in E$ を固定すれば、これは一つの数項級数となる。もし $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x_{0})$ が収束するならば、$x_{0}$ を収束点と呼び、発散するならば発散点と呼ぶ。

関数項級数の収束点全体の集合を $D$ とおく。各 $x \in D$ に対して $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)=S(x)$ となるため、これは一つの関数を定義している。あるいは、

$$S_{n}(x)=u_{1}(x)+u_{2}(x)+\cdots+u_{n}(x)$$

を関数項級数の前 $n$ 項の部分和とする。もし関数 $S(x)$ が存在して、$x_{0} \in D$ に対し、任意の $\varepsilon>0$ に対してある $N$ が存在し、$n>N$ のときに

$$|S_{n}(x_{0}) - S(x_{0})| < \varepsilon$$

となるならば、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x_{0}) = S(x_{0})$ である。

このような定義方式を関数項級数の各点収束と呼ぶ。定義から分かるように、関数項級数の収束とは、部分和から構成される関数列の収束問題である。今後、我々が独立して関数列 $\{f_{n}(x)\}$ の収束等の問題を議論する場合、その定義は $\{S_{n}(x)\}$ に関するものと同じであるため、繰り返しの説明は省く。

例 1 $\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}$ の収束性を議論せよ。

解． $(-\infty,+\infty)$ 上で定義される（固定された $x$ に対しては幾何級数となる）が、$(-1,1)$ 上でのみ収束し、$\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\frac{1}{1-x}$ となる。$|x|\ge 1$ のとき、級数は発散する。

例 2 $x+x(x-1)+x^{2}(x-1)+\cdots+x^{n-1}(x-1)+\cdots$ の収束性を議論せよ。

解． $S_{n}(x) = x+x^{2}-x+x^{3}-x^{2}+\cdots+x^{n}-x^{n-1} = x^{n}$ であり、

$$\lim_{n\to\infty}S_{n}(x) = S(x) = \begin{cases} 0, & 0\le x<1 \\ 1, & x=1 \end{cases}$$

となる。

有限の和の過程において、関数の連続性、および微分可能性、積分可能性などの解析的性質は保たれる。無限の和に対して、和関数がこれらの性質を受け継ぐことができるか、すなわち、 $u_{n}(x)$ が連続であるとき、$S(x)$ は連続か。 $u_{n}(x)$ が微分可能であるとき、$S(x)$ は微分可能か。もし微分可能なら、$S'(x) = \left(\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)\right)' = \sum_{n=1}^{\infty}u'_{n}(x)$ となるか。 $u_{n}(x)$ が積分可能であるとき、$S(x)$ は積分可能か。もし積分可能なら、$\int_{a}^{b} S(x)\,dx = \int_{a}^{b} \left(\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)\right)\,dx = \sum_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{b} u_{n}(x)\,dx$ となるか。

上の例2は、連続関数の和関数が不連続になり得ることを示している。

例 3 $\{r_{1}, r_{2}, r_{3}, \dots\}$ を $[0,1]$ 上の有理数全体とする。$[0,1]$ 上で

$$S_{n}(x) = \begin{cases} 1, & x=r_{1}, r_{2}, \dots, r_{n} \\ 0, & \text{その他} \end{cases}$$

と定義する。明らかに各 $n$ に対して $S_{n}(x)$ は $[0,1]$ 上の Riemann 積分可能な関数（不連続点が有限個しかないため）である。しかし、

$$\lim_{n\to\infty}S_{n}(x) = S(x) = \begin{cases} 1, & x\text{ が有理数} \\ 0, & x\text{ が無理数} \end{cases}$$

となり、$S(x)$ は Riemann 積分可能ではない。

例 4 $S_{n}(x) = 2n^{2} x e^{-n^{2} x^{2}}$ ($n=1,2,\dots; x\in[0,1]$) とする。明らかに $S(x) = \lim_{n\to\infty}S_{n}(x) = 0$ である。ゆえに $\int_{0}^{1} S(x)\,dx = 0$ であるが、

$$\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1} S_{n}(x)\,dx = \lim_{n\to\infty}(1-e^{-n^{2}}) = 1$$

となる。

例 5 $S_{n}(x) = \frac{\sin nx}{\sqrt{n}} \to 0$ であるが、$S'_{n}(x) = \sqrt{n}\cos nx \to 0$ ではない。

これらの例を補足したのは、上述の問題が自明ではないことを理解するためである。これらの問題を解決するために、一様収束と呼ばれる概念を導入する必要がある。

一様収束性

関数列や関数項級数の収束域における収束性は、本質的には「各点ごと」の収束であり、各収束点において異なる収束速度を持つ。収束速度にある種の全体的な一様性があるとき、それを一様収束と呼ぶ。正確には以下の定義がある。

定義 1 関数列 $\{f_{n}(x)\}$ が $E$ 上で収束するとする。もし $E$ 上の関数 $f(x)$ が存在して、任意の正の数 $\varepsilon$ に対して $N>0$ が存在し、$n>N$ のとき、すべての $x\in E$ に対して

$$|f_{n}(x) - f(x)| < \varepsilon$$

が成り立つならば、関数列 $\{f_{n}(x)\}$ は $E$ 上で $f(x)$ に一様収束する（または一様に $f(x)$ に近づく）という。

明らかに $\{f_{n}(x)\}$ が $f(x)$ に一様収束することは、$\{f(x) - f_{n}(x)\}$ が一様に0に近づくことと同値である。したがって、同値な命題が得られる。

定理 1 $\{f_{n}(x)\}$ が $E$ 上で $f(x)$ に一様収束するための必要十分条件は、$\lim_{n\to\infty}\beta_{n} = 0$ となることである。ここで $\beta_{n} = \sup_{x\in E}|f_{n}(x) - f(x)|$ である。

この命題の証明は読者に任せる。定義における関数列が関数項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ の部分和であるとき（すなわち $f_{n}(x) = S_{n}(x) = \sum_{k=1}^{n} u_{k}(x)$）、定義1は関数項級数の一様収束性を与える。

例 1 $f_{n}(x) = \frac{1}{x+n}$, $f(x)=0$ ($0\le x\le 1$) とする。

任意の $\varepsilon>0$ に対して、$N>\frac{1}{\varepsilon}$ ととる。$n>N$ のとき、

$$|f_{n}(x) - f(x)| = \frac{1}{x+n} \le \frac{1}{n} < \varepsilon$$

がすべての $x\in[0,1]$ に対して成り立つ。ゆえに一様収束する。あるいは、$\beta_{n} = \sup_{x\in[0,1]}|f_{n}(x) - f(x)| = \frac{1}{n} \to 0$ となることから分かる。

例 2 $f_{n}(x) = x^{n}$ ($x\in[0,1]$) とし、$f(x) = \begin{cases} 0, & 0\le x<1 \\ 1, & x=1 \end{cases}$ とする。

$\beta_{n} = \sup_{x\in[0,1]}|f_{n}(x) - f(x)| = 1$ となるため、一様収束しない。

定理 2 (Cauchy の判定基準) 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が $[a,b]$ 上で一様収束するための必要十分条件は、任意の正の数 $\varepsilon$ に対して $N>0$ が存在し、$n>N$ のとき、任意の正の整数 $p$ と $x\in[a,b]$ に対して

$$|u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots+u_{n+p}(x)| = |S_{n+p}(x)-S_{n}(x)| < \varepsilon$$

が成り立つことである。

推論 1 もし $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が $[a,b]$ 上で一様収束するならば、$\{u_{n}(x)\}$ は $[a,b]$ 上で一様に0に近づく。すなわち、$\lim_{n\to\infty}\sup_{x\in[a,b]}|u_{n}(x)| = 0$ となる。

読者は定理と推論の証明を自身で完成させることができる。

例 3 $\sum_{n=1}^{\infty}ne^{-nx}$ の $(0,+\infty)$ 上での一様収束性を議論せよ。

解． $ne^{-nx}>0$ であり、$x>0$ に対して $ne^{-nx} = o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)$ であるため、級数は収束する。しかし、

$$\sup_{x\in(0,+\infty)}|u_{n}(x)| \ge \left|u_{n}\left(\frac{1}{n}\right)\right| = ne^{-1}$$

となるため、上限は0に近づかない。したがって級数は区間 $(0,+\infty)$ 上では一様収束しない。

定理 3 (Weierstrass) 正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束し、かつ $[a,b]$ 上で常に $|u_{n}(x)| \le a_{n}$ が成り立つならば、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ は $[a,b]$ 上で一様収束する。

ここで、正項級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ を $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ の $[a,b]$ 上の優級数と呼ぶ。Weierstrass の定理の条件は比較的強く、実際には級数が絶対収束することを要求している。しかし、これは最も簡潔で実用的な判定法である。

この判定法により、容易に分かるように、例3の級数は $(0,+\infty)$ 上では一様収束しないが、区間 $[\delta,+\infty)$ ($\delta>0$) 上では $|ne^{-nx}| \le ne^{-n\delta}$ を満たし、しかも優級数が収束するため、$[\delta,+\infty)$ 上では一様収束する。

例 4 $\alpha>1$ のとき、$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n^{\alpha}}$ は $(-\infty,+\infty)$ 上で一様収束する。

証明． $\left|\frac{\cos nx}{n^{\alpha}}\right| \le \frac{1}{n^{\alpha}}$ であり、級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}$ ($\alpha>1$) は収束するため、元の級数は一様収束する。

定義域中の各固定された $x$ に対して関数列 $\{u_{n}(x)\}$ が数列として有界であるとき、この関数列は各点有界であるという。もし正の数 $M$ が存在して、すべての $n$ および定義域中のすべての $x$ に対して $|u_{n}(x)| < M$ となるとき、この関数列は一様有界であるという。数項級数における Dirichlet と Abel の判定法に倣い、次の定理が得られる。

定理 4 区間 $[a,b]$ 上に定義された級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)v_{n}(x)$ について、次が成り立つ。 (1) (Dirichlet) $\{v_{n}(x)\}$ が $[a,b]$ 上で単調減少し、かつ一様に0に近づき、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ の部分和が $[a,b]$ 上で一様有界であるならば、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)v_{n}(x)$ は一様収束する。 (2) (Abel) $\{v_{n}(x)\}$ が $[a,b]$ 上で単調減少（または単調増加）し、かつ一様有界であり、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が $[a,b]$ 上で一様収束するならば、$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)v_{n}(x)$ は一様収束する。

読者は自身で証明を完成させることができるが、各ステップにおいて一様性がどこに現れているかに注意すべきである。

例 5 $a_{n}$ が単調に減少し0に近づくとし、$\pi>\delta>0$ とする。このとき $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n} \cos nx$ は $[\delta, 2\pi-\delta]$ 上で一様収束する。

証明． $A_{k}(x) = \cos x + \cos 2x + \cdots + \cos kx = \frac{\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)x - \sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}$ であり、

$$|A_{k}(x)| \le \frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|} \le \frac{1}{\sin\frac{\delta}{2}}$$

となる。ゆえに一様有界である。また、$a_{n}$ は単調に減少し一様に0に近づく。したがって、元の級数は定義された区間上で一様収束する。

例 6 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ が収束するとする。$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n^{x}}$ は $x\ge 0$ 上で一様収束することを証明せよ。

証明． $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ は収束し（これは $x$ とは無関係であるため部分和は一様有界とみなせる）、$\frac{1}{n^{x}}$ は $x\ge 0$ において $n$ について単調減少し、かつ $0 < \frac{1}{n^{x}} \le 1$ と一様有界である。ゆえに、元の級数は $x\ge 0$ 上で一様収束する。

一様収束級数の性質

一様収束の概念があってこそ、和関数の解析的性質を議論できるようになることを見ていく。ここでは関数列およびその極限関数の性質を単独で議論することはしない。なぜなら、以下のすべての議論において、部分和について書き下せば、それはそのまま関数列に関する内容となるからである。

定理 5 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が区間 $[a,b]$ 上で $S(x)$ に一様収束し、かつ各項 $u_{n}(x)$ が区間 $[a,b]$ 上で連続であるならば、和関数 $S(x)$ も $[a,b]$ 上で連続である。

証明

任意の $x_{0}\in[a,b]$ を固定し、$\lim_{x\to x_{0}}S(x)=S(x_{0})$ を証明すればよい。連続の定義に基づき、不等式 $|S(x)-S(x_{0})|$ を評価する。任意の $\varepsilon>0$ に対し、一様収束性よりある $N$ が存在して、任意の $x\in[a,b]$ に対して $|S_{N}(x)-S(x)|<\varepsilon/3$ が成り立つ。さらに $S_{N}(x)$ の連続性（有限個の連続関数の和であるため）より、ある $\delta>0$ が存在して、$|x-x_{0}|<\delta$ のとき $|S_{N}(x)-S_{N}(x_{0})|<\varepsilon/3$ となる。したがって、$|x-x_{0}|<\delta$ のとき、

$$|S(x)-S(x_{0})|\le|S(x)-S_{N}(x)|+|S_{N}(x)-S_{N}(x_{0})|+|S_{N}(x_{0})-S(x_{0})|<\varepsilon$$

となる。すなわち $S(x)$ は $x_{0}$ で連続であり、ゆえに $S(x)$ は $[a,b]$ 上で連続である。

注意として、この定理には非常によく使われる拡張がある。すなわち、各項 $u_{n}(x)$ が区間上で連続であり、級数がその区間の任意の閉部分区間で一様収束するならば、結論として級数は収束し、かつ連続な和関数を持つ。一様収束は全体的な性質であるが、連続は局所的な性質である。「局所」の連続性を証明するには、「局所」の周辺の「全体」における一様収束性を利用すればよく、各点の連続性がすなわち全体の連続性となる。

典型的な例は級数 $\sum_{n=1}^{\infty}ne^{-nx}$ ($x\in(0,+\infty)$) である。これは区間 $(0,+\infty)$ 上では決して一様収束しない。しかし、任意の閉部分区間上では一様収束するため、その和関数は連続となる。

定理 6 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が区間 $[a,b]$ 上で $S(x)$ に一様収束し、かつ各項 $u_{n}(x)$ が $[a,b]$ 上で積分可能であるならば、和関数 $S(x)$ も $[a,b]$ 上で積分可能であり、$\int_{a}^{b}S(x)\,dx=\int_{a}^{b}\left(\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)\right)\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{b}u_{n}(x)\,dx$ が成り立つ。

証明

主な目的は積分と無限求和の順序交換性を証明することであるため、$\{u_{n}(x)\}$ が $[a,b]$ 上で連続であると仮定してよい。このとき当然 $S(x)$ も連続となり、積分可能である。任意の $\varepsilon>0$ に対し、ある $N>0$ が存在して、$n>N$ のとき $x\in[a,b]$ に対して $|S_{n}(x)-S(x)|<\varepsilon$ となる。ゆえに $n>N$ のとき、

$$\left|\int_{a}^{b}S(x)\,dx-\int_{a}^{b}S_{n}(x)\,dx\right|=\left|\int_{a}^{b}(S(x)-S_{n}(x))\,dx\right|\le\int_{a}^{b}|S(x)-S_{n}(x)|\,dx<(b-a)\varepsilon$$

となる。したがって、級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{b}u_{n}(x)\,dx$ は収束し、しかも $\int_{a}^{b}S(x)\,dx$ に収束する。

例 7 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n^{2}}$ とする。$\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx$ を求めよ。

解． 級数の一様収束性により、$\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=0$ となることが分かる。

定理 7 級数の各項 $u_{n}(x)$ が $I=[a,b]$ 上で連続な導関数を持ち、級数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ が $I$ 上で $S(x)$ に収束し、かつ $\sum_{n=1}^{\infty}u'_{n}(x)$ が $I$ 上で一様収束するならば、和関数 $S(x)$ は $I$ 上で微分可能であり、$\left(\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)\right)'=\sum_{n=1}^{\infty}u'_{n}(x)$ が成り立つ。

証明

$\sum_{n=1}^{\infty}u'_{n}(x)$ が $g(x)$ に一様収束するとする。先の定理により $g(x)$ は連続であることが分かり、さらに

$$\int_{a}^{x}g(t)\,dt=\int_{a}^{x}\sum_{n=1}^{\infty}u'_{n}(t)\,dt=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{x}u'_{n}(t)\,dt=S(x)-S(a)$$

となる。ゆえに $S'(x)=g(x)$ であり、和関数は微分可能で、微分と求和の演算は交換可能である。

べき級数と Taylor 展開

本節では、シンプルな関数項級数の一種である「べき級数」を議論する。

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}+\cdots$$

シンプルに見えるが、べき級数と後で議論する三角級数は、最も広く応用され、かつ最も重要な2種類の関数項級数であることが分かるだろう。これは「シンプルなものこそ重要である」という言葉を裏付けているのかもしれない。我々はまず、その和関数の性質である定義域、連続性、微分可能性、積分可能性を明確にする必要がある。

べき級数の収束領域

べき級数の収束領域を $E$ とする。明らかに、$x=0$ は一つの収束点であり、すなわち $0\in E$ である（したがって収束領域は空集合ではない）。極端な例として、べき級数の収束領域が $0$ の1点のみを含む場合や、すべての実数となる場合がある。例えば、級数 $1+2^{2}x^{2}+3^{3}x^{3}+\cdots+n^{n}x^{n}+\cdots$ は $x=0$ でのみ収束する。なぜなら、任意の $x\ne0$ に対して、ある $N$ を必ず見つけることができ、$|x|>\frac{1}{N}$ となるからである。ゆえに $n>N$ のとき、すべての項 $n^{n}x^{n}$ の絶対値は1より大きくなる。別の例として $1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\cdots$ があるが、これは任意の $x\in(-\infty,+\infty)$ に対して絶対収束する。

もしべき級数が $x_{0}\ne0$ で収束するならば、$|x|<|x_{0}|$ を満たす任意の $x$ に対して、

$$a_{n}x^{n}=a_{n}x_{0}^{n}\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{n}$$

となる。べき級数が $x_{0}$ で収束することから $\lim_{n\to\infty}a_{n}x_{0}^{n}=0$ となるため、$|a_{n}x_{0}^{n}|<M$（有界）である。すなわち $|a_{n}x^{n}|\le M\left|\frac{x}{x_{0}}\right|^{n}$ となる。$\left|\frac{x}{x_{0}}\right|<1$ であるから、$\sum_{n=0}^{\infty}\left|\frac{x}{x_{0}}\right|^{n}$ は収束し、したがって $\sum_{n=0}^{\infty}|a_{n}x^{n}|$ も収束する。まとめると次のようになる。

定理 1 もしべき級数が $x_{0} \ne 0$ で収束するならば、$|x|<|x_{0}|$ となるすべての $x$ において絶対収束する。もしべき級数が $x_{0}$ で発散するならば、$|x|>|x_{0}|$ のとき発散する。

分析してみると、収束状況には3つの可能性がある。第1に、$x=0$ でのみ収束する（$E=\{0\}$）。第2に、$E=(-\infty,+\infty)$ 上で至る所収束する。第3に、ゼロでない収束点と発散点の両方をもつ場合で、このとき収束域は有界である。

定理 2 もしべき級数にゼロでない収束点と発散点があるならば、ある正の数 $R$ が存在し、べき級数は $(-R,R)$ の中で絶対収束し、$|x|>R$ のときべき級数は発散する。

証明

発散点を持つため、収束領域は非空な有界集合である。ゆえに上限が存在し、それを $R$ と記す。またゼロでない収束点を持つため、$R>0$ である。前述の分析により本定理の結論が得られる。

$R$ をべき級数の収束半径と呼び、$(-R,R)$ を級数の収束区間と呼ぶ。これで基本的に明確になったのは、べき級数の収束領域は基本的に原点を中心とする区間であり、この区間の内部でべき級数は収束するだけでなく絶対収束するということである。ただし、区間の端点については依然として不確実であり、具体的な問題ごとに扱う必要がある。現在の問題は、べき級数自体が提供する情報（その係数）を利用して、その収束半径をどのように計算するかである。

収束半径の計算

定理 3 $\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=L$ または $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_{n}|}=L$ であるとする。このとき、べき級数 $\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ の収束半径は次のようになる。

$$R=\frac{1}{L}= \begin{cases} 0, & L=+\infty, \\ \frac{1}{L}, & 0<L<+\infty, \\ +\infty, & L=0. \end{cases}$$
証明

べき級数は収束区間内で絶対収束するため、D'Alembert の判定法により次が分かる。

$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_{n}x^{n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right||x|=L|x|$$

ゆえに $L|x|<1$、すなわち $|x|<R=\frac{1}{L}$ のときべき級数は収束する。一方 $L|x|>1$、すなわち $|x|>R$ のとき、べき級数は発散する。したがって、級数の収束半径は $R$ である。後者の場合の証明も同様であり、Cauchy の判定法を利用するだけである。

例 1 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}n^{\alpha}x^{n}$ の収束半径 $R$ を求めよ。

解． $\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}}{(n+1)^{\alpha}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{\alpha}=1$ であるため、$R=1$ である。 $\alpha=0$ のとき：$\sum x^{n}$ は $x=\pm 1$ で発散するため、$E=(-1,1)$ である。 $\alpha=-1$ のとき：$\sum \frac{1}{n}x^{n}$ は $x=1$ で発散し、$x=-1$ で収束するため、$E=[-1,1)$ である。 $\alpha=-2$ のとき：$\sum \frac{1}{n^{2}}x^{n}$ は $x=\pm 1$ の両方で収束するため、$E=[-1,1]$ である。

例 2 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n}$ の収束半径 $R$ を求めよ。

解． $\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{(n+1)!}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0$ であるため、$R=+\infty$ である。

例 3 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(2n)!}{(n!)^{2}}\right)x^{2n}$ の収束半径 $R$ を求めよ。

解． 判定式を直接用いる。$a_{n}=\left(\frac{(2n)!}{(n!)^{2}}\right)x^{2n}$ より、$\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\to 4|x|^{2}$ となる。ゆえに $4|x|^{2}<1$ のとき級数は収束し、$4|x|^{2}>1$ のとき級数は発散する。したがって $R=\frac{1}{2}$ である。（これを $y=x^{2}$ のべき級数とみなすこともできるが、求める収束領域は $x$ に関するものであることを忘れないようにする。）

例 4 $a_{n}= \begin{cases} 2^{k}, & n=2k; \\ k, & n=2k+1. \end{cases}$ における $\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ の収束半径を求めよ。

解． このべき級数を2つの級数の和として書くことができる。

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=\sum_{k=0}^{\infty}2^{k}x^{2k}+\sum_{k=0}^{\infty}kx^{2k+1}$$

このようにしても、後で見るように、べき級数は共通の収束領域内で加法が可能である。D'Alembert の判定法により、級数 $\sum_{k=0}^{\infty}2^{k}x^{2k}$ は $2|x|^{2}<1$ のとき収束し、$2|x|^{2}>1$ のとき発散する。級数 $\sum_{k=0}^{\infty}kx^{2k+1}$ は $|x|^{2}<1$ のとき収束し、$|x|^{2}>1$ のとき発散する。ゆえに、元の級数の収束半径は $R=\frac{1}{\sqrt{2}}$ である。

最後の2つの例は、物事を教条的に進めてはならないことを示している。べき級数も依然として級数であり、特殊な問題に直面した場合は、根本に立ち返るのが最善の方法である。

べき級数の性質

べき級数 $\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ が $I=(-R,R)$ の中で $S(x)$ に収束するとする。

定理 4 べき級数は $I=(-R,R)$ 内の任意の閉部分区間で一様収束し、したがって、和関数 $S(x)$ は $I$ 内で連続である。

証明

任意の $0<r<R$ に対し、$\sum_{n=0}^{\infty}|a_{n}r^{n}|$ は収束する。$|x|\le r$ のとき $|a_{n}x^{n}|\le|a_{n}r^{n}|$ となるため、$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ は $[-r,r]$ 上で一様収束する。$I$ の中の任意の閉区間 $J$ に対して、必ずある $r$ が存在して $J\subset[-r,r]\subset(-R,R)$ となるため、$J$ 上で一様収束する。そして和関数の連続性は明らかである。

定理 5 べき級数の和関数 $S(x)$ は収束区間 $I=(-R,R)$ の中で微分可能であり、$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}$ が成り立つ。かつ、微分した後のべき級数の収束半径も依然として $R$ である。

証明

まず $\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}$ の収束半径を求める。任意の $x_{0}\in(-R,R)$ をとる。$|x_{0}|<r<R$ となる $r$ が存在し、$\sum_{n=0}^{\infty}|a_{n}r^{n}|<\infty$ であるため、$|a_{n}r^{n}|<M$ は有界である。ゆえに

$$|na_{n}x_{0}^{n-1}|=|a_{n}r^{n}|\frac{n}{r}\left|\frac{x_{0}}{r}\right|^{n-1}\le M\frac{n}{r}\left|\frac{x_{0}}{r}\right|^{n-1}$$

$|x_{0}|<r$ のとき $\sum_{n=1}^{\infty}n\left|\frac{x_{0}}{r}\right|^{n-1}$ は収束するため、べき級数は絶対収束する。つまり $\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}$ の収束半径を $R'$ とすると $R'\ge R$ である。もし $R'>R$ ならば、$R'>|x_{0}|>R$ となる $x_{0}$ が存在し、$\sum_{n=1}^{\infty}|na_{n}x_{0}^{n-1}|<\infty$ となる。十分大きな $n$ に対して $|na_{n}x_{0}^{n-1}|\ge\frac{|a_{n}x_{0}^{n}|}{|x_{0}|}$ となるため、$\sum_{n=0}^{\infty}|a_{n}x_{0}^{n}|$ が収束することになり、これは不可能である。ゆえに $R'=R$ である。 べき級数 $\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}$ は $(-R,R)$ の任意の閉部分区間上で一様収束するため、定理の結論は任意の閉部分区間上で成り立ち、したがって $(-R,R)$ 内の各点で成り立つ。

べき級数の導関数もまた同じ収束半径内のべき級数であるため、さらに微分を続けることができる。すなわち、べき級数の和関数 $S(x)$ は任意階の導関数を持ち、さらに

$$S^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty}n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)a_{n}x^{n-k}$$

の収束半径も $R$ である。

定理 6 べき級数の和関数 $S(x)$ は収束区間 $I=(-R,R)$ 内で積分可能であり、

$$\int_{0}^{x}S(t)\,dt=\int_{0}^{x}\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}t^{n}\right)\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}a_{n}t^{n}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1}, \quad x\in(-R,R)$$

が成り立つ。また、積分して得られるべき級数の収束半径も依然として $R$ である。

例 5 べき級数 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}$ は数直線全体で収束することが知られている。このとき、

$$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=S(x) \quad (-\infty<x<+\infty)$$

この微分方程式を解くと $S(x)=Ae^{x}$ を得る。$S(0)=1$ であるため、$S(x)=e^{x}$ である。すなわち、

$$e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!} \quad (-\infty<x<+\infty).$$

例 6 級数 $\sum_{n=0}^{\infty}nx^{n}$ の和を求めよ。

解． このべき級数の収束半径が1であることは容易に分かるが、$x=\pm 1$ では両方とも発散するため、収束区間は $(-1,1)$ である。$S(x)=x\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$ とおく。さらに $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$ とし、区間 $[0,x]$ 上で項別積分すると、

$$\int_{0}^{x}f(t)\,dt=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\frac{x}{1-x}$$

を得る。等式の両辺を $x$ について微分すると $f(x)=\frac{1}{(1-x)^{2}}$ が得られる。ゆえに元の級数の和関数は $S(x)=\frac{x}{(1-x)^{2}}$ ($|x|<1$) である。 これにより、いくつかの数項級数の和も求めることができる。例えば $x=\frac{1}{2}$ とすると $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}=2$ となり、$x=\frac{1}{3}$ とすると $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^{n}}=\frac{3}{4}$ となる。

定理 7 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ の収束区間を $I=(-R,R)$ とする。もし級数が区間の右（左）端点で収束するならば、和関数 $S(x)$ は端点において左（右）連続である。

証明

$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ が $(0,R]$ で一様収束することを示せば十分である。なぜなら $(0,R]$ において、

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}R^{n}\left(\frac{x}{R}\right)^{n}$$

となり、$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}R^{n}$ の収束性および $\left(\frac{x}{R}\right)^{n}$ の単調減少性により、級数は $(0,R]$ で一様収束するからである。もう一端の証明も同様である。

べき級数の演算

べき級数 $\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$ と $\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}$ の収束半径をそれぞれ $R_{1}$ と $R_{2}$ とし、$R=\min(R_{1},R_{2})$ ととる。2つのべき級数は共通の収束領域において足し合わせることができ、

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\pm\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(a_{n}x^{n}\pm b_{n}x^{n})$$

が成り立つ。2つのべき級数は掛け合わせることもでき、その結果もべき級数となる。$(-R,R)$ において

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}$$

が成り立つ。ここで $c_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}$ である。

注記：これまでに得られたべき級数の情報から、べき級数の収束領域が区間であること以外は、その他の解析的性質は多項式関数と何ら変わりないことが分かる。微分は項別微分ができ、積分も項別積分ができる。ただし、べき級数を微分または積分しても、その「次数」は多項式のように下がったり上がったりすることはない（べき級数の「次数」は無限である）。項別微分や項別積分ができる（あるいは求和と微分・積分が交換可能である）という性質は非常に優れた性質である。

べき級数のより一般的な形は、$x_{0}$ を中心に展開されたべき級数

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+\cdots+a_{n}(x-x_{0})^{n}+\cdots$$

である。これは前述で議論したべき級数を定義された数直線上で平行移動したことに相当し、収束区間も $x_{0}$ を中心とする区間 $(x_{0}-R,x_{0}+R)$ および可能性のある端点 $x_{0}-R$ または $x_{0}+R$ へと平行移動する。

関数の Taylor 展開式

ここまででべき級数の収束領域を決定し、その和関数の様々な性質を研究してきた。しかし、実際の応用において直面するのはしばしば逆の問題、すなわち、関数 $f(x)$ を与えられた区間においてべき級数に展開できるかどうかという問題である。

もし $f(x)$ がべき級数で表現できる、すなわち $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}$ と表現できるならば、$f(x)$ は必ず任意階の導関数を持つ。両辺を微分した後に $x=x_{0}$ とおくと、$a_{n}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}$ となる。したがって、もし $f(x)$ がべき級数で表現できるならば、そのべき級数は一意に定まり、それは

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}$$

となる。逆に、点 $x_{0}$ において任意階の導関数を持つ関数 $f(x)$ に対して、常にべき級数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}$ を構成できる。これを $f(x)$ の点 $x_{0}$ における Taylor 級数と呼び、

$$f(x)\sim\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}$$

と記す。特に $x_{0}=0$ のとき、級数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}$ を $f(x)$ の Maclaurin 級数とも呼ぶ。ここで自然な疑問が生じる。このように構成されたべき級数は、関数 $f(x)$ 自身に収束するだろうか。

Taylor の定理により、もし関数 $f(x)$ が点 $x_{0}$ のある近傍において任意階の導関数を持つならば、

$$f(x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+R_{n}(x)$$

となる。ここで $R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}$ であり、$\xi$ は $x_{0}$ と $x$ の間の一点である。このことから次の定理が導かれる。

定理 8 関数 $f(x)$ が区間 $(x_{0}-R,x_{0}+R)$ において任意階の導関数を持つとする。$f(x)$ が $(x_{0}-R,x_{0}+R)$ において Taylor 級数に展開できるための必要十分条件は、この区間内の任意の点 $x$ に対して

$$\lim_{n\to\infty}R_{n}(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}=0$$

が成り立つことである。特に、$f(x)$ の各階導関数が区間 $(x_{0}-R,x_{0}+R)$ 内の任意の閉区間上で一様有界であるならば、$f(x)$ はこの区間上で Taylor 級数に展開できる。

各階導関数が一様有界であるとは、ある正の数 $M$ が存在して $|f^{(n)}(x)|<M$ ($n=1,2,\dots$) となることである。したがって、任意の $x\in(x_{0}-R,x_{0}+R)$ に対し、$|x-x_{0}|<r<R$ となる $r$ をとれば、

$$|R_{n}(x)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\right|<M\frac{|x-x_{0}|^{n+1}}{(n+1)!}\le M\frac{r^{n+1}}{(n+1)!}$$

となる。ゆえに $\lim_{n\to\infty}|R_{n}(x)|\le\lim_{n\to\infty}\frac{r^{n+1}}{(n+1)!}=0$ である。初等関数について、その Taylor 展開における剰余項 $R_{n}$ は既に第3章で挙げられているため、$n\to\infty$ のときに剰余項の極限がゼロになるかどうかを検証するだけでよい。

1. 指数関数 $f(x)=e^{x}$。$|x|<M$ のとき、$f^{(n)}(x)=(e^{x})^{(n)}=e^{x}\le e^{M}$ ($n=1,2,\dots$) であり、かつ $f^{(n)}(0)=1$ である。したがって $e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}$ となる。また $M$ は任意であるため、上記の展開式はすべての実数に対して成り立つ。特に $x=1$ ととれば、$e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}$ となる。

2. 三角関数 $\sin x$ と $\cos x$。任意の実数 $x$ に対して $\left|\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin x\right|=\left|\sin\left(x+\frac{n\pi}{2}\right)\right|\le1$ ($n=1,2,\dots$) が成り立つため、正弦関数 $\sin x$（同様に $\cos x$）は数直線全体でべき級数に展開できる。

$$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{m}\frac{x^{2m+1}}{(2m+1)!}+\cdots \quad (-\infty<x<+\infty)$$
$$\cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\cdots+(-1)^{m}\frac{x^{2m}}{(2m)!}+\cdots \quad (-\infty<x<+\infty)$$

3. 二項式関数 $f(x)=(1+x)^{\alpha}$（$\alpha$ は任意の実数）。前述と同様の方法で二項式 $(1+x)^{\alpha}$ の Taylor 展開式を得ることもできるが、剰余項の評価の困難を避けるため、以下の方法を用いることができる。$f^{(n)}(0)=\left.\frac{d^{n}}{dx^{n}}(1+x)^{\alpha}\right|_{x=0}=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)$ であるため、二項式 $(1+x)^{\alpha}$ の Maclaurin 級数は $1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^{n}+\cdots$ となる。

$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}\frac{n!}{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\alpha-n}{n+1}\right|=1$$

であるため、この級数の収束半径は 1 である。それが収束区間 $(-1,1)$ における和関数がまさに $(1+x)^{\alpha}$ であることを証明するために、$F(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^{n}$ とおく。項別微分すると $F'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{(n-1)!}x^{n-1}$ となる。この等式の両辺に $1+x$ を掛け、右辺の同じ次数のの係数をまとめると、関係式 $(1+x)F'(x)=\alpha F(x)$ が得られる。この微分方程式を解き、$F(0)=1$ に注意すると、$F(x)=(1+x)^{\alpha}$ と計算される。$\alpha$ が自然数のとき、$(1+x)^{\alpha}$ の展開式はよく知られている二項定理である。もし $\alpha=-1,\frac{1}{2},-\frac{1}{2}$ とおけば、いくつかのよく見られる二項級数が得られる。

$$\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n} \quad (-1<x<1)$$
$$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(2n-3)!!}{(2n)!!}x^{n} \quad (-1\le x\le1)$$
$$\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n} \quad (-1<x\le1)$$

ある関数の Taylor 展開式を項別微分または項別積分することでも、別の関数の Taylor 展開式を得られる場合がある。例えば、展開式 $\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}$ $(-1<x<1)$ の両辺を 0 から $x$ まで積分すると、対数関数 $\ln(1+x)$ の Taylor 展開式

$$\ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1} \quad (-1<x<1)$$

が得られる。展開式の右辺のべき級数は $x=1$ で収束するため、展開式が成り立つ区間は $-1<x\le1$ であり、$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}=\ln 2$ となる。同様に、展開式 $\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{2n}$ $(-1<x<1)$ を項別積分すると、逆正接関数の Taylor 展開式

$$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} \quad (-1\le x\le1)$$

が得られる。$x=1$ ととれば、数 $\frac{\pi}{4}$ の級数表現 $\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+(-1)^{n}\frac{1}{2n+1}+\cdots$ が得られる。

例 7 関数 $\frac{1}{(1-x)(2-x)}$ を Maclaurin 級数に展開せよ。

解． $\frac{1}{(1-x)(2-x)}=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{2-x}$ である。ここで $\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}$ $(-1<x<1)$ と展開できる。また、$\frac{1}{2-x}=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x}{2}\right)^{n}$ $(-2<x<2)$ であるため、$-1<x<1$ のとき

$$\frac{1}{(1-x)(2-x)}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^{n}$$

となる。

例 8 $x=3$ において、$\ln x$ を Taylor 級数に展開せよ。

解． $\ln x=\ln(x-3+3)=\ln 3+\ln\left(1+\frac{x-3}{3}\right)$ であるため、

$$\ln x=\ln 3+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}\left(\frac{x-3}{3}\right)^{n}=\ln 3+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(x-3)^{n}}{n3^{n}}$$

となる。展開式は $-1<\frac{x-3}{3}\le1$、すなわち $0<x\le6$ において成り立つ。

注記：$e^{x}$ の展開式において、$x$ を複素数に置き換えることができる。特に $x=i\phi$ が純虚数（$i$ は虚数単位）であるとき、

$$e^{i\phi}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i\phi)^{n}}{n!}=\left(1-\frac{\phi^{2}}{2!}+\frac{\phi^{4}}{4!}-\cdots+(-1)^{m}\frac{\phi^{2m}}{(2m)!}+\cdots\right)+i\left(\phi-\frac{\phi^{3}}{3!}+\frac{\phi^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{m}\frac{\phi^{2m+1}}{(2m+1)!}+\cdots\right)$$

となる。上式の実部と虚部はまさに三角関数 $\cos\phi$ と $\sin\phi$ の Taylor 展開式であることに容易に気づく。したがって、

$$e^{i\phi}=\cos\phi+i\sin\phi$$

が成り立つ。これが有名な Euler の公式である。一般の複素数 $a+ib$ について、$r$ をその絶対値、$\phi$ を偏角とすると、複素数は $a+ib=r(\cos\phi+i\sin\phi)=re^{i\phi}$ と表現できる。$e^{-i\phi}=\cos\phi-i\sin\phi$ であることに注意すると、三角関数の指数表現

$$\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}, \quad \sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$$

が得られる。双曲線関数 $\cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$、$\sinh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$ の定義と比較すると、両者の類似性が容易に分かる。読者は今後、三角関数と双曲線関数が異なる幾何空間や物理問題において同じ役割を果たすなど、さらに多くの類似性を発見するだろう。上の例よりも広範なこととして、もしべき級数の理論を複素係数や複素変数のべき級数に拡張すれば、複素変数の解析関数の一般理論の出発点が生まれる。これらの内容は複素解析の章で詳しく扱う。

級数の応用

級数の応用範囲は当然ながら非常に広いが、本節では主に3つの側面を強調する。

級数を用いた積分の計算

被積分関数が初等関数であっても、いくつかの積分の原始関数は初等関数によって明示的に表すことができないため、Newton-Leibniz の公式を使用できないことが知られている。このことは積分の大きな困難を生じさせるが、被積分関数をべき級数に展開すれば、べき級数の理論により項別積分を行うことができる。これにより積分の計算に一つの可能な経路が提供され、少なくとも積分の近似値を得ることができる。

例 1 積分 $\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx$ を計算せよ。

解． 展開式 $\ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}$ の収束半径は 1 であるが、収束区間の右端点でも収束することに注意する。したがって、

$$\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx=\int_{0}^{1}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{n+1}\right)\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{n+1}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(n+1)^{2}}$$

となる（右端点 $x=1$ での収束は、定理 7 により項別積分を正当化する）。最終的な結果は収束する数項級数で、その値は $\dfrac{\pi^{2}}{12}$ である。

例 2 楕円積分 $\int_{0}^{1}\frac{du}{\sqrt{(1-u^{2})(1-k^{2}u^{2})}}$ ($k^{2}<1$) を計算せよ。

解． 変数変換 $u=\sin x$ を行うと、

$$\int_{0}^{1}\frac{du}{\sqrt{(1-u^{2})(1-k^{2}u^{2})}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}x}}$$

となる。被積分関数を $\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}$ ($-1\le x<1$) に従って展開すると、

$$\frac{1}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n}\sin^{2n}x$$

となる。$k^{2}\sin^{2}x<1$ であることに注意すれば、上式はすべての $x$ に対して成り立つ。

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{m}x\,dx= \begin{cases} \frac{(m-1)!!}{m!!}, & m\text{が奇数の場合} \\ \frac{(m-1)!!}{m!!}\cdot\frac{\pi}{2}, & m\text{が偶数の場合} \end{cases}$$

を利用し、項別積分すると、

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}x}}=\frac{\pi}{2}\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^{2}k^{2n}\right)$$

を得る。したがって、楕円積分の任意の近似値は上式から得ることができる。

近似計算

我々は既に $e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}$ や $\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+(-1)^{n}\frac{1}{2n+1}+\cdots$ を知っている。そのため、$e$ や $\pi$ の近似値を計算するには、展開式の最初の数項を計算し、剰余項の値を評価して近似の誤差を求めればよい。指摘しておくべきこととして、いくつかの無理数は異なる級数表現形式を持つ（今後、$\pi$ には多様な級数表現式があることを見るだろう）。近似計算を選択する際には、当然ながら計算量が小さく精度の高い表現式を選ぶべきである。

微分方程式のべき級数解

2階微分方程式

$$y''+p(x)y'+q(x)y=0$$

において、$p(x)$ と $q(x)$ が $x_0$ の近傍でべき級数に展開できるとすると、方程式は $x_0$ の近傍でべき級数解

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n$$

を持つと仮定できる。もし初期条件 $y(x_0)=y_0$、$y'(x_0)=y_0'$ が既に与えられているならば、明らかに $a_0=y_0, a_1=y_0'$ となるべきである。方程式に代入した後、左辺を $x-x_0$ の同じ次数のでまとめると、各項の係数はすべてゼロとなるため、$a_2,a_3,\dots,a_n,\dots$ を順次解くことができ、それによって $x_0$ の近傍における方程式のべき級数解が得られる。

例 1 Airy 方程式 $y''-xy=0$ のべき級数解を求めよ。

解． $y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ と仮定する。元の方程式に代入すると、

$$2a_2+\sum_{n=1}^{\infty}\big((n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n-1}\big)x^n=0$$

を得る。すなわち、

$$a_2=0, \qquad a_{n+2}=\frac{a_{n-1}}{(n+1)(n+2)} \quad (n\ge 1)$$

となる。上の漸化式において、$a_{3k+2}=0$ となることは容易に分かる。しかし $a_0$ と $a_1$ は任意でよいため、$a_0=C_1$、$a_1=C_2$ とおくと、

$$a_{3k}=\frac{C_1}{2\cdot3\cdot5\cdot6\cdots(3k-1)\cdot3k}=\frac{1\cdot4\cdot7\cdots(3k-2)}{(3k)!}C_1$$
$$a_{3k+1}=\frac{2\cdot5\cdot8\cdots(3k-1)}{(3k+1)!}C_2$$

となる。ゆえに、方程式の一般解は $y=C_1y_1+C_2y_2$ となる。ここで、

$$y_1=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1\cdot4\cdot7\cdots(3k-2)}{(3k)!}x^{3k}$$
$$y_2=x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2\cdot5\cdot8\cdots(3k-1)}{(3k+1)!}x^{3k+1}$$

である。

例 2 $\nu\ge0$ とする。方程式 $x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$ を解け。

解． $p(x)=\frac{1}{x}$、$q(x)=\frac{x^2-\nu^2}{x^2}$ である。方程式の解を

$$y=x^{\lambda}\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n \quad (a_0\ne0)$$

と仮定できる。ここで $\lambda$ は未定定数である。計算すると次が得られる。

$$\begin{aligned}x^2y'' &= \sum_{n=0}^{\infty}(n+\lambda)(n+\lambda-1)a_n x^{n+\lambda} \\ xy' &= \sum_{n=0}^{\infty}(n+\lambda)a_n x^{n+\lambda} \\ x^2y &= \sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+\lambda} \\ -\nu^2y &= -\sum_{n=0}^{\infty}\nu^2a_n x^{n+\lambda}\end{aligned}$$

上記の各等式を方程式の左辺に代入すると、

$$(\lambda^2-\nu^2)a_0x^{\lambda}+\big((\lambda+1)^2-\nu^2\big)a_1x^{\lambda+1}+\sum_{n=2}^{\infty}\big(((\lambda+n)^2-\nu^2)a_n+a_{n-2}\big)x^{n+\lambda}=0$$

を得る。まず $\lambda=\pm\nu$ とならなければならない。

最初に $\lambda=\nu\ge0$ とする。このとき $a_1=0$ となるべきである。ゆえに

$$a_n=-\frac{a_{n-2}}{(\nu+n)^2-\nu^2}=-\frac{a_{n-2}}{n(n+2\nu)}$$

および

$$a_{2k+1}=a_1=0 \quad (k=0,1,2,\dots)$$
$$a_{2k}=-\frac{a_{2k-2}}{2^2k(k+\nu)}=\dots=\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(\nu+1)\cdots(\nu+k)}$$

となる。$a_0=2^{-\nu}$ ととれば、

$$a_{2k}=\frac{(-1)^k}{k!(\nu+1)\cdots(\nu+k)}\frac{1}{2^{2k+\nu}}$$

となる（通常の Bessel 関数の定義では、さらに係数 $1/\Gamma( u+1)$ を掛けて正規化するが、ここでは省いた）。方程式の1つの特解

$$y_1=J_\nu(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!(\nu+1)(\nu+2)\cdots(\nu+k)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\nu}$$

が得られる。

もし $\nu$ が整数でないならば、$\lambda=-\nu$ ととり、同様にして方程式のもう1つの解

$$y_2=J_{-\nu}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!(-\nu+1)(-\nu+2)\cdots(-\nu+k)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\nu}$$

が得られる。方程式は線形であるため、方程式の一般解は $y=C_1J_\nu(x)+C_2J_{-\nu}(x)$ となる。

この方程式は $\nu$ 階 Bessel 方程式と呼ばれ、$J_\nu(x)$ と $J_{-\nu}(x)$ は第1種 Bessel 関数と呼ばれる。$\nu$ が整数であるとき $J_{-\nu}(x)$ は無意味となる。方程式のもう1つの解を求めるには第2種 Bessel 関数を導入する必要があるが、これはここでは扱わない。

Stirling の公式

ここで、非常に興味深い問題を議論する。皆が知るように、無限大量のオーダーを比較する際、$n^\alpha\ (\alpha>0)$、$a^n\ (|a|>1)$、$n!$、$n^n$ は順に発散の速さが速くなるという感覚がある。Stirling の公式とは、まさに $n!$ と $n^n$ の間の1つの関係を与えるものである。すなわち、

定理 (Stirling) $n!=\sqrt{2n\pi}\left(\frac{n}{e}\right)^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} \quad (0<\theta_n<1)$

定理を証明するために、まず以下の補題を証明する。

補題 (Wallis) $(2n)!!$ および $(2n-1)!!$ をそれぞれ最初の $n$ 個の偶数と最初の $n$ 個の奇数の連続する積とすると、

$$\frac{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n+1}\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2$$

が成り立つ。

証明

$0<x<\frac{\pi}{2}$ のとき $\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x$ が成り立つため、積分すると

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+1}x\,dx<\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}x\,dx<\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-1}x\,dx$$

を得る。したがって、

$$\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}<\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}<\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$$

すなわち、

$$\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2\frac{1}{2n+1}<\frac{\pi}{2}<\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2\frac{1}{2n}$$

となる。$a_n=\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2\frac{1}{2n+1}$、$b_n=\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2\frac{1}{2n}$ とおくと、容易に $\{a_n\}$ は単調増加数列、$\{b_n\}$ は単調減少数列であり、かつ

$$b_n-a_n=\frac{1}{2n(2n+1)}\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2<\frac{\pi}{2}\frac{1}{2n}$$

となることが分かる。$n\to\infty$ のとき、この差分はゼロに近づくため、これにより Wallis の公式が得られる。

次に定理を証明する。展開式 $\ln\frac{1+x}{1-x}=2x\left(1+\frac{1}{3}x^2+\frac{1}{5}x^4+\cdots+\frac{1}{2m+1}x^{2m}+\cdots\right)$ において、$x=\frac{1}{2n+1}$ とおくと、

$$\ln\frac{n+1}{n}=\frac{2}{2n+1}\left[1+\frac{1}{3}\frac{1}{(2n+1)^2}+\frac{1}{5}\frac{1}{(2n+1)^4}+\cdots\right]$$

を得る。書き換えると

$$\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=1+\frac{1}{3}\frac{1}{(2n+1)^2}+\frac{1}{5}\frac{1}{(2n+1)^4}+\cdots$$

となる。この級数の和は明らかに 1 より大きく、また各項の分母の数 5, 7, $\dots$ を 3 に置き換えて得られる級数の和よりも小さい。

$$1+\frac{1}{3}\left[\frac{1}{(2n+1)^2}+\frac{1}{(2n+1)^4}+\cdots\right]=1+\frac{1}{12n(n+1)}$$

ゆえに不等式

$$1<\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<1+\frac{1}{12n(n+1)}$$

が得られ、すなわち

$$e<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}<\exp\left(1+\frac{1}{12n(n+1)}\right)$$

となる。ここで数列 $\left\{A_n=\frac{n!e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}}\right\}$ を考察する。$\frac{A_n}{A_{n+1}}=\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}}{e}$ であり、

$$1<\frac{A_n}{A_{n+1}}<\exp\left(\frac{1}{12n(n+1)}\right)$$

となる。左側の不等式から $\{A_n\}$ は単調減少数列であり、0 を下界とすることが分かるため、必ず有限の極限 $a$ が存在する。右側の不等式からは

$$A_n\exp\left(-\frac{1}{12n}\right)<A_{n+1}\exp\left(-\frac{1}{12(n+1)}\right)$$

が導かれる。すなわち $\left\{A_n\exp\left(-\frac{1}{12n}\right)\right\}$ は単調増加数列であり、同様に $a$ をその極限とする。このように、上の2つの単調数列の共通の極限 $a$ は、これら2つの数列の一般項の間に必ず存在する。

$$A_n\exp\left(-\frac{1}{12n}\right)<a<A_n$$

$\theta_n=12n\ln\frac{A_n}{a}$ ととれば、$0<\theta_n<1$ であり、かつ $A_n=a\exp\left(\frac{\theta_n}{12n}\right)$ となる。$A_n$ の式に代入すると、

$$n!=a\sqrt{n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\exp\left(\frac{\theta_n}{12n}\right)$$

が得られる。残る問題は定数 $a$ を決定することである。

$$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{((2n)!!)^2}{(2n)!}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}$$

であるが、$n!=\sqrt{n}\left(\frac{n}{e}\right)^nA_n$、$ (2n)!=\sqrt{2n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}A_{2n}$ を上式の右辺に代入すると、

$$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}=\sqrt{\frac{n}{2}}\frac{A_n^2}{A_{2n}}$$

を得る。$n\to\infty$ とすると、極限から $\frac{\pi}{2}=\frac{a^2}{4}$ が得られ、したがって $a=\sqrt{2\pi}$ となる。ゆえに Stirling の公式が得られる。

練習問題 7.4

1. 次の積分を求めよ。 (1) $\int_{0}^{1}e^{-x^{2}}\,dx$ (2) $\int_{0}^{1}\frac{\sin x}{x}\,dx$

2. 方程式 $y''-xy'+y=0$ のべき級数解を求めよ。

3. 方程式 $y''+y\sin x=0,$ $y(0)=1$, $y'(0)=0$ のべき級数解を指定の項まで求めよ。

4. Stirling の公式を利用して極限を求めよ。 (1) $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n^2]{n!}$ (2) $\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

5. 次の級数の収束・発散性を調べよ。 (1) $\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{\ln(n!)}$ (2) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!e^n}{n^{n+p}}$

6. $n\to\infty$ のとき、$\ln(n!)\sim \ln n^n$ となることを証明せよ。

補充問題

1. $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}=1$ であることを証明せよ。

2. 級数 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_n|$ が収束するとき、数列 $\{a_n\}$ は有界変分であるという。 (1) 有界変分である数列 $\{a_n\}$ は収束することを証明せよ。 (2) 一般項 $\{a_n\}$ が有界変分な数列となるような、発散する無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ を構成せよ。

3. 関数列 $\{f_n(x)\}$ が区間 $[0,1]$ 上で等式 $f_0(x)=1$, $f_n(x)=\sqrt{xf_{n-1}(x)}$ によって定義されるとする。$n\to\infty$ のとき、この関数列が $[0,1]$ 上で連続関数に一様収束することを証明せよ。

4. $f_0(x)$ を区間 $[0,a]$ 上の連続関数とする。公式 $f_n(x)=\int_{0}^{x}f_{n-1}(u)\,du$ に従って定義される関数列 $\{f_n(x)\}$ は、区間 $[0,a]$ 上で0に一様収束することを証明せよ。

5. 二項級数を利用して、$\sqrt{2}$ を小数第4位まで計算せよ。

6. 関数のべき級数表現を利用して、$e^x e^y = e^{x+y}$ を証明せよ。

« 微分方程式