2013年度数学ia演習第13 -...
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2013年度数学 IA演習第 13回理 I 28 ～ 33組
1月 28日 清野和彦
数理科学研究科棟 5階 524号室 (03-5465-7040)
http://lecture.ecc.u-tokyo.ac.jp/~nkiyono/index.html
問題 1. 次の無限級数の和を求めよ。
(1)∞∑
n=1
1
n(n+ 2)(2)
∞∑n=1
1
n2 + 5n+ 4(3)
∞∑n=1
1
n(n+ 1)(n+ 2)(4)
∞∑n=1
(√n+ 1−
√n)
(5)1
4− 1
3+
4
9− 16
27+
64
81− · · · (6)
√2− 1 + 3− 2
√2
2+
5√2− 74
+17− 12
√2
8+ · · ·
問題 2. 「∞∑
n=1|an| が収束する =⇒
∞∑n=1
an も収束する」を次の方針で証明せよ。
(1) 二つの数列 (a+n )∞n=1 と (a
−n )
∞n=1 を a
+n =
|an|+ an2
, a−n =|an| − an
2で定義すると、
∞∑n=1
|an|
が収束するなら二つの無限級数∞∑
n=1a+n と
∞∑n=1
a−n はどちらも収束することを示す。
(2) S+ =∞∑
n=1a+n および S
− =∞∑
n=1a−n とおくと、
∞∑n=1
an は S+ − S− に収束することを示す。
問題 3. 次の二つの無限級数がどちらも収束し、極限値が等しいことを証明せよ。（問題 2 の考え
方を使う問題です。）
(1)∞∑
n=0
π4n+1
(4n+ 1)!(2)
∞∑n=0
π4n+3
(4n+ 3)!
問題 4. (1) 等比級数の部分和の公式と∫ a0
11+xdx = log(1 + a) であることを使って次を示せ。
1− 12+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− 1
8+
1
9− 1
10+
1
11− 1
12+ · · · = log 2
(2) (1)の結果を利用して次を示せ。
1 +1
3− 1
2+
1
5+
1
7− 1
4+
1
9+
1
11− 1
6+
1
13+
1
15− 1
8+ · · · = 3
2log 2
問題 5. 次の無限級数が収束するか発散するかを判定せよ。
(1)∞∑
n=3
1(n2 − 1
)2 (2) ∞∑n=1
n
1 + na(3)
∞∑n=1
(√n2 + 1− n
)(4)
∞∑n=1
2n + 1
3n + 1
(5)
∞∑n=1
(1 +
1
n
)n2(6)
∞∑n=1
(2n− 1)(2n− 3) · · · 5 · 3 · 1n!
(7)
∞∑n=1
2n
n!
(8)
∞∑n=1
n(n+ 1)
2n(9)
∞∑n=1
na
n!(10)
∞∑n=2
1
n log n(11)
∞∑n=1
1
(3 + (−1)n)n
-
問題 6. 以下の冪級数の収束半径を求めよ。ただし a, b は正の定数とする。
(1)∞∑
n=0
1
(n+ 1)(n+ 2)xn (2)
∞∑n=2
1
log nxn (3)
∞∑n=0
(√n+ 1−
√n)xn
(4)
∞∑n=0
1
2n+ 1
(2n+ 1)!!
(2n)!!xn (5)
∞∑n=0
√1
n2 − n+ 1xn (6)
∞∑n=0
(n+ 1)n
n!xn
(7)
∞∑n=1
n!
(a+ 1)(a+ 2) · · · (a+ n)xn (8)
∞∑n=0
(n∑
k=0
akbn−k
)xn (9)
∞∑n=0
an2
xn
(10)∞∑
n=0
(n!)2
(2n)!x2n (11)
∞∑n=0
xn2
(12)∞∑
n=0
(3 + (−1)n)n xn
問題 7. 自然数 n に対し、実数全体を定義域とする関数 fn を fn(x) =n2x
en|x|で定義する。次が成
り立つことを示せ。
(1) (fn)∞n=1 は定数関数 0に各点収束する。 (2) limn→∞
∫ 10
fn(x)dx ̸= 0.
(3) limn→∞
f ′n(0) ̸= 0. (4) limn→∞
maxx
|fn(x)| ̸= 0.
問題 8. 次の関数列は「収束しない」「各点収束」「任意の有界閉区間に限れば一様収束」「定義域
全体で一様収束」のどれであるか判定せよ。
(1)sin 2x
log 2,
sin 3x
log 3,
sin 4x
log 4, . . . . . . ,
sinnx
log n, . . . (x ∈ R)
(2) log (1 + x) , log(1 +
x
2
), log
(1 +
x
3
), . . . , log
(1 +
x
n
), . . . (x > 0)
(3)x
1 + x2,
2x
1 + 4x2,
3x
1 + 9x2, . . . ,
nx
1 + n2x2, . . . (x ∈ R)
また、収束する場合には極限関数も求めよ。
問題 9. 次の関数項級数が一様収束しているかどうか判定せよ。
(1)∞∑
n=1
x
n (1 + nx2)(x ∈ R) (2)
∞∑n=1
1
(x+ n)(x+ n+ 1)(x ≥ 0)
(3)∞∑
n=1
1
x2 + n(x ∈ R) (4)
∞∑n=1
(−1)n−1
x2 + n(x ∈ R)
(5)
∞∑n=1
cosnx
na(x ∈ R) (6)
∞∑n=1
(xn− sin x
n
)(−1 ≤ x ≤ 1)
問題 10. f(x) =∞∑
n=0anx
n のとき、次の冪級数を f を使って表せ。
(1)∞∑
n=0
a2nx2n (2)
∞∑n=0
(an − an+1)xn (3)∞∑
n=0
n2anxn
問題 11. 実数全体でテイラー展開可能な関数 f(x) で次の条件を満たすものを求めよ。
f ′′(x)− 3f ′(x) + 2f(x) = 0 f(0) = 2 f ′(0) = 5
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2013年度数学 IA演習第 13回解答理 I 28 ～ 33組
1月 28日 清野和彦
数理科学研究科棟 5階 524号室 (03-5465-7040)
http://lecture.ecc.u-tokyo.ac.jp/~nkiyono/index.html
計算問題の答
問題 1 (1)3
4(2)
13
36(3)
1
4(4) ∞ (5) 発散（振動） (6) 4
√2− 27
問題 5 (1) 収束 (2) a > 2 では収束、 a ≤ 2 では発散 (3) 発散 (4) 収束 (5) 発散(6) 発散 (7) 収束 (8) 収束 (9) 収束 (10) 発散 (11) 収束
問題 6 (1) 1 (2) 1 (3) 1 (4) 1 (5) 1 (6)1
e(7) 1 (8)
1
max{a, b}(9) a < 1 のとき ∞, a = 1 のとき 1, a > 1 のとき 0 (10) 2 (11) 1 (12) 1
4
問題 8 (1) 定義域全体で定数関数 0に一様収束 (2) 有界閉区間に限れば一様収束 (3) 各点収束
問題 9 (1) Yes (2) Yes (3) No (4) Yes (5) No (6) Yes
問題 10 (1)f(x) + f(−x)
2(2)
(x− 1)f(x) + f(0)x
(3) xf ′(x)+x2f ′′(x) 問題 11 3e2x−ex
目 次
1 無限級数 2
1.1 確認 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 問題 1の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 無限級数と実数の連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 絶対収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1 問題 2の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 問題 3の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 絶対収束と条件収束 7
2.1 絶対収束する級数の性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 条件収束しかしていない級数の性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2.1 問題 4の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3 絶対収束と条件収束の違い . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3 無限級数の収束判定 14
3.1 ダランベールの収束判定法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.2 コーシーの収束判定法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2.1 問題 5の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
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第 13 回解答 2
4 冪級数 19
4.1 冪級数とは . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4.2 収束半径 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.3 収束半径の計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.3.1 問題 6の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5 関数列の収束と微積分 24
5.1 各点収束と微積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5.1.1 問題 7の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5.2 一様収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.3 一様収束と連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
5.4 一様収束と積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5.5 一様収束と微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
5.6 関数項級数の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6 一様収束性の判定 35
6.1 問題 8の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
6.2 一般論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6.3 関数項級数の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
6.4 問題 9の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
7 冪級数と項別微積分 41
7.1 問題 10の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
7.2 問題 11の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1 無限級数
1.1 確認
まず、無限級数の復習です。普通、数列 (an)n があったときに∞∑
n=1an を無限級数と無造作に言っ
てしまいますが、細かく言うと、
S1 = a1 S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 . . . Sn = Sn−1 + an . . .
によって数列 (Sn)n を作り、これの極限を問題にしているわけです。だから、
∞∑n=1
an という表記は、部分和の作る数列 (Sn)n そのものとその極限 limn→∞
Sn を同時に
（気ままに）意味する誤解しやすい記号
ですので注意してください。
もう一つ、高校のときから知っている基本的な事実として
無限級数∞∑
n=1an が収束するなら lim
n→∞an = 0 である。
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第 13 回解答 3
があります。証明は、an = Sn − Sn−1 で極限を取るだけです。無限級数の和（つまり極限）を Sとして、
limn→∞
an = limn→∞
(Sn − Sn−1) = limn→∞
Sn − limn→∞
Sn−1 = S − S = 0
というわけです。この条件は必要なだけであって十分条件ではないということに注意して下さい。
1.1.1 問題 1の解答
すべて部分和を∑記号のない形に整理できてしまう例です。特に (5)と (6)は等比級数ですの
で、等比級数の和の公式を使うことができます。
(1)1
n(n+ 2)=
1
2n− 1
2(n+ 2)ですので、
N∑n=1
1
n(n+ 2)=
N∑n=1
(1
2n− 1
2(n+ 2)
)=
(1
2− 1
6
)+
(1
4− 1
8
)+ · · ·+
(1
2N− 1
2(N + 2)
)=
1
2+
1
4− 1
2(N + 1)− 1
2(N + 2)
となります。よって、∞∑
n=1
1
n(n+ 2)= lim
N→∞
(1
2+
1
4− 1
2(N + 1)− 1
2(N + 2)
)=
3
4です。 □
(2) n2 + 5n+ 4 = (n+ 1)(n+ 4) と因数分解できますので、
1
n2 + 5n+ 4=
1
(n+ 1)(n+ 4)=
1
3(n+ 1)− 1
3(n+ 4)
です。よって、
N∑n=1
1
n2 + 5n+ 4=
N∑n=1
(1
3(n+ 1)− 1
3(n+ 4)
)=
(1
6− 1
15
)+
(1
9− 1
18
)+
(1
12− 1
21
)+
(1
15− 1
24
)+ · · ·+
(1
3(N + 1)− 1
3(N + 4)
)=
1
6+
1
9+
1
12− 1
3(N + 2)− 1
3(N + 3)− 1
3(N + 4)
となり、∞∑
n=1
1
n2 + 5n+ 4= lim
N→∞
1
6+
1
9+
1
12− 1
3(N + 2)− 1
3(N + 3)− 1
3(N + 4)=
13
36です。 □
(3)1
n(n+ 1)(n+ 2)=
1
2n− 1
n+ 1+
1
2(n+ 2)ですので、
N∑n=1
1
n(n+ 1)(n+ 2)=
N∑n=1
(1
2n− 1
n+ 1+
1
2(n+ 2)
)=
(1
2− 1
2+
1
6
)+
(1
4− 1
3+
1
8
)+
(1
6− 1
4+
1
10
)+ · · ·+
(1
2N− 1
N + 1+
1
2(N + 2)
)=
1
2− 1
2+
1
4+
1
2(N + 1)− 1
N + 1+
1
2(N + 2)=
1
4− 1
2(N + 1)+
1
2(N + 2)
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第 13 回解答 4
となります。よって、∞∑
n=1
1
n(n+ 1)(n+ 2)= lim
N→∞
(1
4− 1
2(N + 1)+
1
2(N + 2)
)=
1
4です。 □
(4) 部分和を計算すると、
N∑n=1
(√n+ 1−
√n)=(√
2−√1)+(√
3−√2)+ · · ·+
(√N + 1−
√N)= −1 +
√N + 1
となります。よって、∞∑
n=1
(√n+ 1−
√n)= lim
N→∞
(−1 +
√N + 1
)= ∞ と発散します。 □
(5) この無限級数は、初項1
4、公比 −4
3の等比級数です。初項が 0でなく公比が −1 より小さい
ので、この無限級数は収束しません。（いわゆる振動です。） □
(6) この無限級数は、初項√2− 1、公比
√2− 12
の等比級数です。よって、
∞∑n=1
(√2− 1
)n2n−1
=
√2− 1
1−√2−12
=4√2− 27
となります。 □
1.2 無限級数と実数の連続性
「無限級数の和が存在するとは部分和のなす数列が収束することだ」ということを確認すれば、
第 2回で学んだ「連続性（上に有界な単調増加実数列は収束する）」や「完備性（コーシー列は収
束する）」の無限級数への言い換えは簡単です。なお、すべての項が 0以上の無限級数を正項級数
と言います。
実数の連続性（級数バージョン）� �正項級数
∞∑n=1
an に対し、任意の N についてN∑
n=1an < M を満たす実数 M が存在するならば
無限級数∞∑
n=1an は収束する。� �
証明. すべての an が 0以上なので、部分和のなす数列 (SN )N は単調増加です。しかもすべての
N について SN < M が成り立っているので、(SN )N は上に有界な単調増加数列になります。よっ
て実数の連続性より (SN )N は収束します。 □
実数の完備性（級数バージョン）� �どんなに小さな正実数 ε が与えられても十分大きな自然数 N で N より大きい任意の二つの
自然数 n,m (n < m) に対して ∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
ak
∣∣∣∣∣ < εが成り立つならば、無限級数
∞∑n=1
an は収束する。� �
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第 13 回解答 5
数列のときと同様に、「実数の完備性（級数バージョン）」のことをコーシーの収束条件とも言い
ます。
証明. 部分和のなす数列 (Sn)n において、
Sm − Sn =m∑
k=1
ak −n∑
k=1
ak =m∑
k=n+1
ak
となります。よって、条件 ∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
ak
∣∣∣∣∣ < εは
|Sm − Sn| < ε
を意味します。これは数列 (Sn)n がコーシー列だということですので、実数の完備性より (Sn)nは収束します。 □
1.3 絶対収束
「連続性」の方では「すべての項が 0以上」という条件が、「完備性」の方では |an+1 + an+2 +· · ·+am|がでてきました。そうすると、無限級数
∞∑n=1
an に対して、各項の絶対値をとった無限級数
∞∑n=1
|an| を考えてみたくなるでしょう。これは数列にはなかった視点ですので詳しく調べましょう。
まず、すぐわかるけれども最も重要な関係です。� �絶対値をとった無限級数
∞∑n=1
|an| が収束するなら、元の無限級数∞∑
n=1an も収束する。� �
∞∑n=1
|an| が収束することを「∞∑
n=1an は絶対収束する」と言います。つまり、「絶対収束するならば
収束する」というわけです。このことを指定の方針で証明せよというのが問題 2でした。
解答の前に「普通の証明」を書いておきましょう。講義ではこの方法で証明されたのではないか
と思います。
証明. 絶対値をとった級数∞∑
n=1|an| は収束すると仮定しているので、特に部分和 Mn =
n∑k=1
|ak| の
なす数列はコーシー列です。つまり、任意の正実数 ε に対して
m > n > N =⇒ |Mm −Mn| < ε
の成り立つ N が存在します。一方、いわゆる三角不等式 |a+ b| ≤ |a|+ |b| を繰り返し使うことで∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
ak
∣∣∣∣∣ ≤m∑
k=n+1
|ak|
が得られます。この二つを合わせると、m > n > N ならば∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
ak
∣∣∣∣∣ ≤m∑
k=n+1
|ak| = |Mm −Mn| < ε
の成り立つことがわかります。これはコーシーの収束条件を満たすということですので、「実数の
完備性（級数バージョン）」により、無限級数∞∑
n=1an は収束します。 □
-
第 13 回解答 6
つまり、
数列(
N∑n=1
|an|)∞
N=1
がコーシー列 =⇒ 数列(
N∑n=1
an
)∞N=1
もコーシー列
というわけです。
この証明はスッキリしていて見事なのですが、今ひとつしっくり来ない感じがしませんか? 理由
がわからないというか・・・そこで、もっとはっきり理由がわかるような証明をしてみようというの
が問題 2です。
1.3.1 問題 2の解答
(1) a+n は an が正のとき a+n = an で an が負のとき an = 0 として作られる数列、a
−n は an が
正のとき a−n = 0 で an が負のとき a−n = −an として作られる数列です。
∞∑n=1
|an| は収束すると仮定しているので、その和を M としましょう。a+n + a−n = |an| ですから
a+n ≤ |an| と a−n ≤ |an| が成り立っています。よって、任意の N に対して
N∑n=1
a+n ≤N∑
n=1
|an| ≤ M とN∑
n=1
a−n ≤N∑
n=1
|an| ≤ M
が成り立ちます。一方、a+n も a−n もすべて 0以上です。よって、「実数の連続性（級数バージョ
ン）」により、∞∑
n=1a+n も
∞∑n=1
a−n も収束します。 □
(2)∞∑
n=1an = S
+ − S− を示しましょう。n∑
k=1
ak = Sn,n∑
k=1
a+k = S+n ,
n∑k=1
a−k = S−n と書くことにしましょう。 lim
n→∞S+n = S
+, limn→∞
S−n = S−
です。
a+n と a−n の定義の仕方から an = a
+n − a−n ですので、任意の n について
Sn = S+n − S−n
となります。ここで n → ∞ とすれば
limn→∞
Sn = limn→∞
(S+n − S−n ) = limn→∞
S+n − limn→∞
S−n = S+ − S−
となります。（(S+n )∞n=1 と (S
−n )
∞n=1 の極限値が存在するから二番目の等号が成り立つ、という理
屈なので、この一連の等式はむしろ右側から読んでいって下さい。） □
問題 2の証明の直接の応用として問題 3を解いてみましょう。
1.3.2 問題 3の解答
まず、どちらの無限級数も収束することを証明しましょう。どちらでも同じですので、(1)の方
で示します。
(1)の各項はすべて正です。しかも、
π4n+1
(4n+ 1)!<
π4n
(4n)!+
π4n+1
(4n+ 1)!+
π4n+2
(4n+ 2)!+
π4n+3
(4n+ 3)!
-
第 13 回解答 7
が成り立っているので、
N∑n=0
π4n+1
(4n+ 1)!<
N∑n=0
(π4n
(4n)!+
π4n+1
(4n+ 1)!+
π4n+2
(4n+ 2)!+
π4n+3
(4n+ 3)!
)=
4N+3∑n=0
πn
n!
N→∞−−−−→ eπ
が成り立ちます。（N → ∞ のとき右辺が eπ に収束することは、ex がテイラー展開可能であることから分かります。）よって、「実数の連続性（級数バージョン）」により (1) の無限級数は収束し
ます。
次に、(1)の第 n項を第 2n項、(2)の第 n項の −1 倍を第 2n+ 1項とする無限級数を考えてみます。つまり、
∞∑m=0
(π4m+1
(4m+ 1)!− π
4m+3
(4m+ 3)!
)です。これは、sinx がテイラー展開可能であることから
=
∞∑m=0
(π2(2m)+1
(2(2m) + 1)!− π
2(2m+1)+1
(2(2m+ 1) + 1)!
)=
∞∑n=0
(−1)nπ2n+1
(2n+ 1)!= sinπ
となり、値は 0です。よって、問題 2により、(1)と (2)の無限級数の和をそれぞれ S+, S− とす
ると
S+ − S− = 0
の成り立つことがわかります。すなわち S+ = S− で、(1)と (2)の無限級数の和は一致します。□
2 絶対収束と条件収束
「連続性（級数バージョン）」や「完備性（級数バージョン）」を言い換えて無限級数が絶対収束
するための必要十分条件が得られます。� �無限級数
∞∑n=1
an が絶対収束するための必要十分条件は、実数 M で任意の自然数 n に対して
n∑k=1
|ak| < M を満たすものが存在することである。� �� �無限級数
∞∑n=1
an が絶対収束するための必要十分条件は、どんなに小さな正実数 ε に対しても
十分大きな自然数 N を取れば N より大きい任意の n に対して
|aN+1|+ |aN+2|+ · · ·+ |an| < ε
の成り立つことである。� �証明（というほどのものではないですが）は省略します。是非各自で確認してみて下さい。
収束はするが絶対収束はしない無限級数のことを条件収束する無限級数といいます。この節では
絶対収束と条件収束の違いについて考えます。
-
第 13 回解答 8
2.1 絶対収束する級数の性質
絶対収束する級数は振る舞いがおとなしくて扱いやすい、ということをこの節で説明しましょう。
絶対収束する無限級数について考えるということは、正項級数について考えることと同じです。
「実数の連続性（級数バージョン）」は正項級数に対する命題でした。だから、「実数の連続性（級
数バージョン）」は正項級数の収束判定に直接役立ちます。しかし、それを少し変えて次のように
しておくとさらに使いやすい収束判定法になります。（「比較判定法」とか「優級数の方法」と呼ば
れます。）� �二つの正項級数
∞∑n=1
an と∞∑
n=1bn の間に、任意の n に対して an ≤ bn という関係があると、
∞∑n=1
bn が収束するならば∞∑
n=1an も収束する。� �
結論の対偶を取れば「∞∑
n=1an が発散すれば
∞∑n=1
bn も発散する」となって、発散判定法とも言え
ます。なお、証明は、∞∑
n=1bn = M として実数の連続性（級数バージョン）を適用するだけです。
収束する正項級数の著しい性質を述べましょう。そのために一つ言葉を用意します。σ : N → Nが自然数を自然数に対応させる 1対 1の上への写像のとき、無限級数
∞∑n=1
aσ(n) のことを∞∑
n=1an の
項を並べ替えた無限級数と言います。（写像 σ なんて書いたのでなんだが恐ろしげですが、ただ単
に a1 + a2 + a3 + a4 + · · · を例えば a2 + a1 + a4 + a3 + · · · に変えるというようなことを式できっちり書き表しただけです。）「著しい性質」とは次の性質です。� �
収束する正項級数は項をどう並べ替えても同じ値に収束する。� �証明. S =
∞∑n=1
an とし、aσ(n) = bn とします。
任意の n に対して、a1, . . . , am の中に b1, . . . , bn がすべて現れるような m が取れるので、n∑
k=1
bk ≤m∑
k=1
ak < S
となります。よって∞∑
n=1bn は S 以下の値に収束します。その極限値を S′ としましょう。S′ ≤ S
が示されたわけです。∞∑
n=1an と
∞∑n=1
bn の役割を取り替えれば、∞∑
n=1an は
∞∑n=1
bn の項を並べ替えた
級数となるので、∞∑
n=1an = S は S′ 以下の実数に収束します。よって S = S′ です。 □
以上の二つの結果を、一般の級数∞∑
n=1an の絶対値をとった級数
∞∑n=1
|an| に適用すると、次の二
つの重要な結果になります。
一つ目は「絶対収束の判定法」です。これのことも「比較判定法」や「優級数の方法」と呼び
ます。）� �無限級数
∞∑n=1
an に対し、収束する正項級数∞∑
n=1bn で任意の n に対して |an| ≤ bn を満たすも
のが存在するならば、∞∑
n=1an は絶対収束する。� �
-
第 13 回解答 9
証明.∞∑
n=1|an| は正項級数なので、正項級数の収束判定法により、
∞∑n=1
bn が収束するなら収束しま
す。よって∞∑
n=1an は絶対収束します。 □
次に項の並べ替えについて。� �絶対収束する無限級数は項を並べ替えても同じ値に収束する。� �
証明. 問題の無限級数を∞∑
n=1an とし、
∞∑n=1
bn を∞∑
n=1an の項を並べ替えたものとします。また、a+n ,
a−n , b+n , b
−n を問題 2の (1)と同様に定義します。すると、b
+n と b
−n もそれぞれ a
+n と a
−n の項を
並べ替えたものとなります。これらのなす級数は正項級数なので、正項級数の和が項の並べ替えに
よらないことから∞∑
n=1
b+n =∞∑
n=1
a+n
∞∑n=1
b−n =∞∑
n=1
a−n
となります。一方、問題 2(2)で示したように、
∞∑n=1
an =
∞∑n=1
a+n −∞∑
n=1
a−n
∞∑n=1
bn =
∞∑n=1
b+n −∞∑
n=1
b−n
です。よって、この二つは一致します。 □
「足し算は順番を変えても結果が変わらないのだから、こうなるのは当たり前だ」と感じます
か? しかし、たとえ数列 (an)n に現れる項と数列 (bn)n に現れる項が一致していても、順番が違
うなら部分和の数列n∑
k=1
ak とn∑
k=1
bk は全く別のものになってしまうのだから、その極限が一致す
るかどうかはわからないでしょう? 次の節を読んでもらえば、「絶対収束する無限級数はおとなし
い」と言った意味がわかってもらえると思います。
2.2 条件収束しかしていない級数の性質
前節の「絶対収束する無限級数の振る舞い」は、当たり前っぽい気がして「なにも絶対収束級数
に限らず収束する級数はみんなそうなのではないか?」と感じた人もいるかも知れません。その感
覚を否定する例として問題 4を出題しました。
解答の前に、条件収束級数を作る一般的な方法について少し説明します。正項級数∞∑
n=1an に対
して、項 an を (−1)n−1 倍してできる級数
∞∑n=1
(−1)n−1an = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·
を交代級数 1 といいます。交代級数について次が成り立ちます。� �an が単調に減少して 0に収束しているとき、交代級数
∞∑n=1
(−1)n−1an は収束する。� �1教科書では交項級数と呼んでいます。
-
第 13 回解答 10
証明. Sn を部分和とします。
Sn =n∑
k=1
(−1)k−1ak
です。そして、二つの数列 bn, cn を
bn = S2n−1 cn = S2n
とします。すると、
c1 ≤ c2 ≤ c3 ≤ · · · ≤ b3 ≤ b2 ≤ b1
となります。よって、実数の連続性から bn も cn も収束します。cn − bn = −a2n → 0 なので二つの極限値は一致し、
∞∑n=1
(−1)n−1an もその値に収束します。（最後のところは、第 2回の問題 1の
結果を使っています。） □
さて、単調減少して 0に収束する数列ですべての項が正のものといったら真っ先に思い浮かぶ
のが
11
2
1
3
1
4· · ·
でしょう。この数列から作る交代級数が問題 4(1)の無限級数であり、条件収束級数の代表例と言
えます。これを例に「条件収束しかしていない級数の難しさ」を見てもらうのが問題 4です。
なお、絶対収束しないこと、つまり
1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·
が発散することは講義で証明されたと思いますが、例えば
1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7+
1
8+
1
9+ · · · > 1 + 1
2+
1
4+
1
4+
1
8+
1
8+
1
8+
1
8+
1
16+ · · ·
= 1 +1
2+
1
2+
1
2+ · · · = ∞
とすればわかりますし、あるいは発散する広義積分∫∞1
1xdx との比較でも証明できます。
2.2.1 問題 4の解答
(1) まず、
(1 + x)(1− x+ x2 + · · ·+ (−1)n−1xn−1
)= 1 + (−1)n−1xn
から1
1 + x= 1− x+ x2 − · · ·+ (−1)n−1xn−1 + (−1)n x
n
1 + x
を得ます。これを 0から 1まで積分して
log(1 + 1) = 1− 12+
1
3− · · ·+ (−1)n−1 1
n+ (−1)n
∫ 10
xn
1 + xdx
となります。0 ≤ x ≤ 1 において0 ≤ x
n
1 + x≤ xn
なので、
0 ≤∫ 10
xndx =1
1 + n
n→∞−−−−→ 0
-
第 13 回解答 11
となります。よって、
∞∑n=1
(−1)n−1 1n= lim
n→∞
(log 2− (−1)n
∫ 10
xn
1 + xdx
)= log 2− (−1)n lim
n→∞
∫ 10
xn
1 + xdx = log 2
となって示せました。 □
(2) まず、
1− 12+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+ · · · = log 2 (1)
のすべての項を 2で割ることにより
1
2− 1
4+
1
6− 1
8+
1
10− 1
12+ · · · = 1
2log 2
が得られます。これのすべての項の前にわざと 0を挟み込みます。もちろん和は変わらないので、
0 +1
2+ 0− 1
4+ 0 +
1
6+ 0− 1
8+ · · · = 1
2log 2
です。これと元の無限級数 (1)を項ごとに足し合わせると
1 + 0 +1
3− 1
2+
1
5+ 0 +
1
7− 1
4+ · · · = 3
2log 2
となります。これから 0の項を取り除くと、欲しい結果になります。 □
(2)は (1)の並べ替えの一例に過ぎません。並べ替え方を変えていろいろな値に収束させられま
す。例えば p と q を自然数として、
1 +1
3+ · · ·+ 1
2p− 1− 1
2− 1
4− · · · − 1
2q
+1
2p+ 1+
1
2p+ 3+ · · ·+ 1
4p− 1− 1
2q + 2− 1
2q + 4− · · ·
= log 2 +1
2log
p
q
となります。
証明. n 項目までの部分和を Sn とおき、
Tn = 1−1
2+
1
3− 1
4+ · · ·+ (−1)n−1 1
n
とおきます。すると、
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2kq=
1
2Tkq 1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2kp− 1= T2kp −
1
2Tkp
となるので、
Sk(p+q) =1
2(T2kp − Tkp) +
1
2(T2kp − Tkq)
です。
さて、n > m なる任意の自然数 n, m に対して、
Tn − Tm =1
m+ 1+
1
m+ 2+ · · ·+ 1
n
-
第 13 回解答 12
ですので、 ∫ k+1k
1
tdt <
1
k<
∫ kk−1
1
tdt
から、
logn+ 1
m+ 1< Tn − Tm < log
n
m
がわかります。よって、
1
2log
(2kp+ 1)2
(kp+ 1)(kq + 1)< Sk(p+q) <
1
2log
(2kp)2
(kp)(kq)
となり、k → ∞ として
limk→∞
Sk(p+q) =1
2log 22
p
q= log 2 +
1
2log
p
q
となります。
これで、数列 (Sn)n の部分数列(Sk(p+q)
)∞k=1が目標の値に収束することが示せました。
最後に、Sn 自体が収束級数であることを示さなければなりません。（収束する数列のある部分数
列が a に収束しているなら、もとの数列の極限値も a ですから、あとは (Sn)n が全体として収束
することさえ示せれば良いわけです。）n に対して k(p+ q) ≤ n < (k+ 1)(p+ q) となる k をとると、Sn の作り方より、
min{Sk(p+q),S(k+1)(p+q)} ≤ Sn ≤ Sk(p+q) +1
2kp+ 1+
1
2kp+ 3+ · · ·+ 1
2(k + 1)p− 1
となります。n → ∞ のとき k → ∞ ですので、この不等式の右辺の第 1項と左辺は log 2+ 12log
p
qに収束します。よって、右辺の残りの項が 0に収束することが示せれば証明が終わります。
またもや log x と比較することにより、
1
2kp+ 1+
1
2kp+ 3+ · · ·+ 1
2(k + 1)p− 1<
1
2kp+ 1+
1
2kp+ 2+ · · ·+ 1
2(k + 1)p
<
∫ 2(k+1)p2kp
1
tdt = log
k
k + 1→ 0 (k → ∞)
となって示せました。 □
例えば p = 1, q = 2 なら
1− 12− 1
4+
1
3− 1
6− 1
8+
1
5− · · · = 1
2log 2
p = 1, q = 4 なら
1− 12− 1
4− 1
6− 1
8+
1
3− 1
10− · · · = 0
p = 9, q = 4 なら
1 +1
3+ · · ·+ 1
17− 1
2− · · · − 1
8+
1
19+ · · · = log 3
などです。log という関数は正の実数から実数全体への上への連続写像で、p, q は任意の自然数な
のですから、log 2 + 12 logpq と表される実数は実数全体の中で稠密に分布しています。しかも、級
数の項の並べ替え方はほかにもいくらでもありますので、この形に表せない実数に収束するような
並べ替えもあるかも知れません。
-
第 13 回解答 13
実は、次が成り立ちます。� �∞∑
n=1an が条件収束級数のとき、項を並べ替えることによって任意の実数に収束させること、お
よび、+∞ にも −∞ にも発散させることができる。� �何が起きているか想像できますか? 「絶対収束するなら収束する」ということをわざわざ問題 2の
手順で解いてもらったのは、絶対収束／条件収束／発散している無限級数の違いをわかってもらう
ためだったのです。節を改めて説明しましょう。
2.3 絶対収束と条件収束の違い∞∑
n=1an を収束するかどうかわからない勝手な無限級数とし、a+n , a
−n , S
+, S− を問題 2と同じよ
うに定義します。ただし、∞∑
n=1a+n や
∞∑n=1
a−n は収束するかどうかわかりません。正の無限大に発散
している可能性もあります。だから S+ や S− は実数だけでなく∞ も許して考えることにします。さて、絶対収束するというのは S+ も S− も発散しない場合、つまり S+ も S− もちゃんと数
になる場合です。この場合、∞∑
n=1an やこれの足す順序を変えたものというのは、0からスタートし
て S+ というストックからちょっとずつ足し、S− というストックからちょっとずつ引いていってど
ちらのストックも使い果たした後の状態ですので、ちょっとずつ足したり引いたりする順序をどう
しようとも、その値は S+ − S− にならざるを得ません。9ページで述べた証明は、以上のイメージをキチンと書いたものになっているわけです。
同じように考えると、S+ は発散しているが S− は収束している場合には、∞∑
n=1an は足す順序を
どう変えようとも正の無限大に発散してしまうし、S+ は収束しているが S− は発散している場合
には、∞∑
n=1an は足す順序をどう変えようとも負の無限大に発散してしまうことがわかるでしょう。
微妙なのは S+ も S− も発散している場合です。この場合、S+ というストックも S− というストッ
クも無尽蔵なので、S+ から足すものを出し S− から引くものを出して行くと絶妙のバランスで「最
後に」有限の値が残る場合があります。それが条件収束です。標語的にいえば「−∞ < ∞−∞ < ∞」となっている場合なのです。こう考えると、条件収束というのはいかにも危うい収束に見えるので
はないでしょうか。足す順序を変えてしまうということ、例えば、S− から引く掛の人が居眠りし
ている間に S+ から足す掛の人ががんばってしまうと、その後引く掛の人ががんばってもどちらの
ストックも無尽蔵なので、その後両方の掛が同じようにがんばるならもうその差は埋められない、
とか、S+ の掛と S− の掛の人がとても息が合っていて、いつもたがいにほとんど打ち消し合うよ
うに出してくれば、「∞−∞ = 0」が実現される、とか何でも起こりそうだという感じがわかってもらえると思います。例えば、π に収束させようと思ったら、まず、π を上まわるまで a+1 +a
+2 + · · ·
と足します。∑
a+n が発散しているのだからこれはできます。次に、π を下回るまで a−n を引きま
す。これを繰り返すと π に収束するのです。また、+∞ に発散させたければ、まず、1 を上まわるまで a+n を足し、b
−1 を引き、次に、2 を上まわるまで a
+n を足し、b
−2 を引き、とすればできま
す。（(a−n )∞n=1 から 0を省いて順番を詰めてできる数列を (b
−m)
∞m=1 と書きました。）証明は省略し
ますので、詳細は自分で補って下さい。
このように、条件収束級数においては有限和のときからは推し量れない現象が起こるので、一般
的な取り扱いが大変難しくなってしまうのです。
-
第 13 回解答 14
3 無限級数の収束判定
さて、次に
与えられた無限級数が収束するかどうかを調べる方法
について考えましょう。
収束するかどうかを確実に判定できる無限級数といえば等比級数です。確認しておきますと、
等比級数∞∑
n=1arn は、|r| < 1 のとき ar
1− rに収束し、|r| ≥ 1 のとき発散する。
でした。（「発散」という言葉は「収束しない」という意味で使っています。振動してしまう場合も
含みます。）なぜなら、
(1− r)(1 + r + r2 + · · ·+ rn−1) = 1− rn
より、n∑
k=1
ark = ar(1 + r + r2 + · · ·+ rn−1) = ar(1− rn)
1− r
となっているからです。
実は収束・発散の様子がシステマティックにわかる種類の無限級数なんて等比級数以外に思いつ
きません。だから、一般の無限級数が収束するかどうかを調べるには、その無限級数を等比級数の
収束と比較してみるくらいしか手だてがないのです。しかも、「比較」の方法は 8ページで述べた
「比較判定法」と呼ばれる絶対収束の判定法しか知りません。この節では、その方針で一般の無限
級数の収束を判定する方法を考えてみましょう。
3.1 ダランベールの収束判定法
まず、等比級数というものを「第 n+ 1 項と第 n 項の比が一定」と見て、一般の無限級数の第
n+ 1 項と第 n 項の比を考えることで等比級数と比較してみましょう。比を考える以上、0になる
項があってはいけません。そこで、すべての an が 0でないとします。（0の項はあってもなくて
も収束・発散や和の値に関係がないのでこう仮定してしまっても全く問題ありません。）「第 n+ 1
項と第 n 項の比」は an+1an です。よって、1より小さく n によらない正実数 r で、ある N 以上の
任意の n について ∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ ≤ r (2)
を満たすものが存在するなら、
|an| =∣∣∣∣ anan−1
∣∣∣∣ ∣∣∣∣an−1an−2∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣aN+1aN
∣∣∣∣ |aN | ≤ |aN |rn−Nとなるので、「比較判定法」から無限級数
∞∑n=1
an は絶対収束します。（詳しく言うと、bn = |aN |rn−N
とおくと n ≥ N を満たすすべての n について |an| ≤ bn が成り立つ上∞∑
n=N
bn =|aN |1− r
と収束し
ているので、∞∑
n=N
an の絶対収束することが「比較判定法」から結論できるというわけです。）
条件 (2)はちょっと使いにくそうなので、極限を使って言い換えたものをダランベールの収束判
定法といいます。
-
第 13 回解答 15
� �定理 1 (ダランベールの収束判定法). 無限級数
∞∑n=1
an は、すべての an が 0でなく
limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = r
が存在するとき、r < 1 ならば絶対収束し、r > 1 ならば発散する。� �証明. lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = r < 1 ならば、十分小さい正実数 ε（たとえば 1−r2 ）を取れば、ある自然数
N より大きいすべての自然数 n について∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ ≤ 1− ε
が成り立ちます。これで条件 (2)が満たされました。
また、 limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = r > 1 ならば、十分小さい正実数 ε（たとえば r−12 ）を取れば、ある自然
数 N より大きいすべての自然数 n について∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ ≥ 1 + ε
となります。すると、
|an| =∣∣∣∣ anan−1
∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣aN+1aN∣∣∣∣ |aN | ≥ |aN |(1 + ε)n−N n→∞−−−−→ ∞
となります。従って、n → ∞ のとしたとき an は発散し 0に収束しませんので、∞∑
n=1an は発散し
ます。 □
この判定法は条件 (2)を生かし切ってはいません。なぜなら、条件 (2)を満たすけれども limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣
は存在しないという場合があるからです。
3.2 コーシーの収束判定法
次に、初項が 1で公比が正の等比級数を「第 n 項の n 乗根が一定」と見て、一般の無限級数の
第 n 項の n 乗根を考えることで等比級数と比較してみましょう。第 n 項から得られる「公比もど
き」は n√|an| です。（n が偶数のとき an が負だと n 乗根が実数でなくなってしまうので、絶対
値を付けなければなりません。だから自ずと絶対収束するかどうかを考えることになります。）
さて、1より小さく n によらない正実数 r で、ある N より大きい任意の n について
n√|an| ≤ r (3)
を満たすものが存在するなら、
|an| ≤ rn
となりますので、「比較判定法」から無限級数∞∑
n=1an は絶対収束します。
ここでもやはり条件 (3)が少し使いづらいので、極限を使って言い換えてみましょう。その視点
からダランベールの収束判定法と同様にして得られる絶対収束の判定法が次です。
-
第 13 回解答 16
� �定理 2 (コーシーの収束判定法). 無限級数
∞∑n=1
an は、
limn→∞
n√|an| = r
とするとき、r < 1 のとき絶対収束し、r > 1 のとき発散する。� �証明. lim
n→∞n√|an| = r < 1 ならば、十分小さい正実数 ε（たとえば 1−r2 ）を取れば、ある自然数
N より大きいすべての自然数 n について
n√|an| ≤ 1− ε
となります。これで条件 (3)が満たされました。
また、 limn→∞
n√|an| = r > 1 ならば、十分小さい正実数 ε（たとえば r−12 ）を取れば、ある自然
数 N より大きいすべての自然数 n について
n√|an| ≥ 1 + ε
となります。この不等式の両辺を n 乗すると
|an| ≥ (1 + ε)n
となります。従って、n → ∞ とすると |an| は発散してしまい 0に収束しません。よって、∞∑
n=1an
は発散します。 □
ダランベールの収束判定法と同様、この判定法も (3)と同値ではありません。
注意. 極限を第 2回で紹介した上極限に置き換えると同値になります。余裕のある人は第 2回の演習を参照して、同値になることを証明してみて下さい。★
ダランベールの収束判定法もコーシーの収束判定法も極限値が 1の場合について何も言っていま
せんが、実はその場合には「絶対収束」「条件収束」「発散」のどれも起こり得ます。例えば、
1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·
は発散し、問題 4で示したように
1− 12+
1
3− 1
4+
1
5− · · ·
は log 2 に（条件）収束します。しかし、どちらも
limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = limn→∞ n+ 1n = 1
となっています。一方、
1 +1
22+
1
32+
1
42+
1
52+ · · · (4)
は（絶対）収束するのですが、やはり、
limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = limn→∞ (n+ 1)2n2 = 1
です。このように、 limn→∞
∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = 1 や limn→∞ n√|an| = 1 となってしまった場合には、その無限級
数に応じて個々に調べるしかありません。が、たいていは難しい問題になってしまいます。
-
第 13 回解答 17
注意. 無限級数 (4)が収束することは（講義で証明されたと思いますが、）
1
12+
1
22+
1
32+
1
42+ · · ·+ 1
72+
1
82+ · · ·+ 1
152+ · · ·+ 1
2m+ · · ·+ 1
2m+1 − 1 + · · ·
<1
12+
1
22+
1
22+
1
42+ · · ·+ 1
42+
1
82+ · · ·+ 1
82+ · · ·+ 1
2m+ · · ·+ 1
2m+ · · ·
=1
20+
1
21+
1
22+
1
23+ · · · = 2
となって上に有界な正項級数なので実数の連続性（級数バージョン）から従います。あるいは、収束する広義積分
∫∞1
1x2
dx との比較でも証明できます。★
3.2.1 問題 5の解答
(1) m = n− 2 とおくと、∞∑
n=3
1(n2 − 1
)2 = 4 ∞∑m=1
1
m2
となります。よって収束です。 □
(2) a > 2 のときは、n
1 + na<
n
na=
1
na−1
で、しかも∞∑
n=1
1
na−1
が収束するので、「比較判定法」により元の無限級数も収束することが分かります。
1 < a ≤ 2 のときは、n
1 + na=
11n + n
a−1 ≥1
2na−1
であり、しかも∞∑
n=1
1
na−1
が発散するので、元の無限級数も発散します。
最後に、a ≤ 1 のときはn
1 + na=
11n + n
a−1
において n → ∞ としても、a− 1 ≤ 0 であることから 0に収束しないので、やはり発散します。まとめると、「a > 2 で収束し a ≤ 2 では発散する」となります。 □
(3) 第 n項の分子分母に√n2 + 1 + n を掛けることにより√
n2 + 1− n = 1√n2 + 1 + n
>1
2n+ 2
が分かります。一方、∞∑
n=1
1
2n+ 2=
1
2
∞∑m=2
1
m
は発散します。よって、元の級数も発散します。 □
-
第 13 回解答 18
(4) ダランベールの収束判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = 2n+1 + 13n+1 + 1 3n + 12n + 1 = 2 + 12n3 + 13n 1 +
13n
1 + 12n
n→∞−−−−→ 23
となって 1より小さい値に収束するので、この無限級数は収束します。 □
(5) コーシーの収束判定法を使ってみましょう。
n√|an| =
n
√(1 +
1
n
)n2=
(1 +
1
n
)nn→∞−−−−→ e
となって 1より大きい値に収束するので、この無限級数は発散します。 □
(6) ダランベールの収束判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = (2n+ 1)(2n− 1) · · · 3 · 1(n+ 1)! n!(2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1 = 2n+ 1n+ 1 = 2 + 1n1 + 1n n→∞−−−−→ 2
となって 1より大きい値に収束するので、この無限級数は発散です。 □
(7) ダランベールの収束判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = 2n+1(n+ 1)! n!2n = 2n+ 1 n→∞−−−−→ 0
となって 1より小さい値に収束するので、この無限級数は収束します。
（ex のテイラー展開に x = 2 を代入したものが
e2 =∞∑
n=0
2n
n!
なので、この無限級数は e2 − 1 に収束します。ex のテイラー展開が任意の x について ex に収束することは証明済みなのですから、上のような収束判定をしなくても、これで収束することまで証
明できていると言ってしまってもちろんかまいません。） □
(8) ダランベールの収束判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = (n+ 1)(n+ 2)2n+1 2nn(n+ 1) = n+ 22n = 1 + 2n2 n→∞−−−−→ 12
となって 1より小さい値に収束するので、この無限級数は収束します。 □
(9) ダランベールの収束判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1an∣∣∣∣ = (n+ 1)a(n+ 1)! n!na = 1(n+ 1)
(1 +
1
n
)an→∞−−−−→ 0
となって 1より小さい値に収束するので、この無限級数は収束します。 □
(10) 積分判定法を使いましょう。
limR→∞
∫ R2
1
x log xdx = lim
R→∞
[log(log x)
]R2= ∞
-
第 13 回解答 19
です。一方、n ≤ x ≤ n+ 1 において
1
n logn>
1
x log x
ですので、N∑
n=2
1
n log n>
N∑n=2
∫ n+1n
1
x log xdx =
∫ N+12
1
x log xdx
という不等式が成り立ちます。よって、N → ∞ とすることにより、問題の無限級数が発散することが分かります。 □
(11) この問題はダランベールの収束判定法やコーシーの収束判定法では判定できません。
その 1 比較判定法を使いましょう。1
3 + (−1)n≤ 1
2
ですので、an ≤ 12n が成り立っています。∑
12n は収束するので、比較判定法により元の無限級数
も収束します。 □
その 2 二つの数列 (bn)n と (cn)n を
bn =
{an (n = 1, 3, 5, . . .)
0 (n = 2, 4, 6, . . .)cn =
{0 (n = 1, 3, 5, . . .)
an (n = 2, 4, 6, . . .)
と定義します。(bn)n は 0の項を省くと初項 12 公比122 の等比級数、(cn)n は 0の項を省くと初項
142 公比
142 の等比級数ですので、
∞∑n=1
bn =1
2
1
1− 14=
2
3
∞∑n=1
cn =1
16
1
1− 116=
1
15
です。an = bn + cn ですので、
∞∑n=1
an =∞∑
n=1
bn +∞∑
n=1
cn =2
3+
1
15=
11
15
と収束します。 □
4 冪級数
4.1 冪級数とは
各項が実数ではなく関数であるような無限級数を関数項級数と言います。すなわち、変数 x の
値を一つ決めるごとに（収束するかどうか分からない）無限級数が一つ決まるものです。特に、実
数列 (an)∞n=0 と実数 a に対し、x を変数とする関数項級数
∞∑n=0
an(x− a)n
-
第 13 回解答 20
を a を中心とする冪級数 2 と言います。いろいろある関数項級数の中で冪級数だけをよく調べる
理由は、テイラー展開を通じて一般の関数の世界と密接につながっているからにほかなりません。
なお、たとえ数列 (an)∞n=0 が同じでも中心 a が違えば別な関数列になりますが、変数 x を a だ
け「平行移動」すれば一致しますから、以降では a = 0 の場合、すなわち
∞∑n=0
anxn
という冪級数だけを考えます。もちろん、結論はすべて x を x− a に置き換えることで a を中心とした冪級数でも成り立ちます。
4.2 収束半径
すべての an が同じ値 (= a0)ならば、冪級数は初項 a0 公比 x の等比級数に過ぎません。この
場合はよくご存知のように |x| < 1 で絶対収束、|x| ≥ 1 で発散です。(an)∞n=0 が一般の数列の場合でも次の定理が成り立ちます。� �定理 3. 冪級数
∞∑n=0
anxn に対し、
|x| < R を満たす任意の x で絶対収束し、|x| > R を満たす任意の x で発散する
という性質を持つ 0以上の実数 R が存在する。ただし、R = ∞ も許して考える。（つまり、任意の x について冪級数が絶対収束する場合もあるということ。）� �申し訳ありませんが、一般的な証明は省略し、次の節で特別な場合だけ証明（に当たることを説
明）するだけにします。� �定義 1. 定理 3の R のことを冪級数
∞∑n=0
anxn の収束半径と言う。� �
なぜ収束「半径」と呼ばれるのか、その理由は変数を複素数まで広げて考えるとわかります。し
かし、それは一年生で学ぶべき範囲を逸脱しているので、このプリントでは説明しないことにし
ます。
なお、等比級数の場合と違って |x| = R のところでの収束発散については様々なことが起こり得ます。実際、「x = R でも x = −R でも収束しない」「x = R では収束するが x = −R では収束しない（およびその逆）」「x = R でも x = −R でも収束する」のすべての例があります。このように |x| = R での現象を調べることは |x| ̸= R での現象に比べてかなり難しくなります。
4.3 収束半径の計算
定理 3は収束半径の存在についての抽象的な定理なので、具体的に与えられた数列 (an)∞n=0 か
ら冪級数∑
anxn の収束半径 R の値を導く方法は教えてくれません。しかし、冪級数は x を固定
するごとに「等比級数に毛が生えたようなもの」ができるというものなのですから、無限級数の絶
2「冪」は「べき」と読みます。「巾」と書く場合もあります。
-
第 13 回解答 21
対収束を判定する「ダランベールの収束判定法」や「コーシーの収束判定法」と相性が良いはずで
す。なぜなら、どちらの判定法も「等比級数と比較する」という判定法だからです。
まず、すべての an が 0でないとしてダランベールの収束判定法を適用してみましょう。すると、
|an+1xn+1||anxn|
すなわち|an+1||an|
|x| の n → ∞ の極限が存在するとき、それが 1より小さ
ければ絶対収束し、1より大きければ発散する
となります。|x| は n に依りませんので、これは
limn→∞
|an||an+1|
が存在するとき、その値より |x| が小さいとき絶対収束し、|x| が大きい
とき発散する
と言い換えられます。すなわち、� �定理 4. lim
n→∞
|an||an+1|
が（∞ も含めて）存在するならば、その値が収束半径である。� �ということになります。これをダランベールの公式と呼ぶことにします。
注意. 定理 4の証明（定理 4の上に書いた説明）は、 limn→∞
|an||an+1|
が存在する場合の定理 3の証明になって
います。★
同様にコーシーの収束判定法も使ってみましょう。
n√
|anxn| = n√|an||x| の極限が存在するとき、それが 1より小さければ絶対収束し、1
より大きければ（∞ でもよい）発散する
ですから、� �定理 5. lim
n→∞n√
|an| が存在するとき、1
limn→∞
n√|an|
が収束半径である。
� �となっているのです。これをコーシーの公式と呼ぶことにします。
注意. 定理 5の証明（定理 5の上に書いた説明）は、 limn→∞
n√
|an| が存在する場合の定理 3の証明になっています。また、全く同じ理屈で、極限を上極限に置き換えたものも収束半径になります。上極限は（∞ も許すと）
必ず存在しますので、収束半径は必ず存在することがわかります。すなわち、定理 5の証明で極限を上極限に置き換えたものが定理 3の完全な証明になるのです。なお、定理 5の式で極限を上極限に置き換えたものにはコーシー・アダマールの公式という名前がついています。★
これで係数列 (an)∞n=0 から冪級数の収束半径を計算する公式が二つ得られました。しかし、理
論上とりあえず公式にしただけであって、実際にこの公式を適用して収束半径を計算するのは得策
とは限りません。具体的には、問題 6の (11)や (12)の解答を見てください。
4.3.1 問題 6の解答
(1) ダランベールの公式を使うと、
limn→∞
∣∣∣∣∣1
(n+1)(n+2)
1(n+2)(n+3)
∣∣∣∣∣ = limn→∞ n+ 3n+ 1 = 1
-
第 13 回解答 22
となります。よって、収束半径は 1です。 □
(2) これもダランベールの公式を使いましょう。
limn→∞
∣∣∣∣∣1
logn1
log(n+1)
∣∣∣∣∣ = limn→∞ log(n+ 1)log n = limn→∞ log(1 + 1n ) + log nlog n = 1ですので、収束半径は 1です。 □
(3) これもダランベールの公式が使えます。
limn→∞
∣∣∣∣ √n+ 1−√n√n+ 2−√n+ 1∣∣∣∣ = limn→∞
( √n+ 1−
√n√
n+ 2−√n+ 1
×(√
n+ 2 +√n+ 1
) (√n+ 1 +
√n)(√
n+ 2 +√n+ 1
) (√n+ 1 +
√n))
= limn→∞
√n+ 2 +
√n+ 1√
n+ 1 +√n
= limn→∞
√1 + 2n +
√1 + 1n√
1 + 1n + 1= 1
となりますので、収束半径は 1です。 □
(4) これもダランベールの公式が使えます。
limn→∞
∣∣∣∣∣∣1
2n+1(2n+1)!!(2n)!!
12n+3
(2n+3)!!(2n+2)!!
∣∣∣∣∣∣ = limn→∞ 2n+ 22n+ 1 = 1ですので、収束半径はやはり 1です。 □
(5) これまたダランベールの公式が適用できます。
limn→∞
∣∣∣∣∣∣√
1n2−n+1√
1(n+1)2−(n+1)+1
∣∣∣∣∣∣ = limn→∞√n2 + n+ 1√n2 − n+ 1
= limn→∞
√1 + 1n +
1n2√
1− 1n +1n2
= 1
となって、収束半径は 1です。 □
(6) これまたダランベールでいけます。
limn→∞
∣∣∣∣∣∣(n+1)n
n!(n+2)n+1
(n+1)!
∣∣∣∣∣∣ = limn→∞ (n+ 1)n+1
(n+ 2)n+1= lim
n→∞
1(1 + 1n+1
)n+1 = 1eとなります。よって、収束半径は 1e です。 □
(7) ダランベールです。
limn→∞
∣∣∣∣∣∣n!
(a+1)(a+2)···(a+n)(n+1)!
(a+1)(a+2)···(a+n)(a+n+1)
∣∣∣∣∣∣ = limn→∞ a+ n+ 1n+ 1 = 1となりますので、収束半径は 1です。 □
-
第 13 回解答 23
(8) まず、括弧の中の和を計算しましょう。
n∑k=0
akbn−k = bnn∑
k=0
(ab
)kと変形できます。これは初項 bn 公比 ab の（有限）等比級数です。よって
n∑k=0
akbn−k =
bn+1 − an+1
b− aa ̸= b
(n+ 1)an a = b
となります。
a ̸= b のときにダランベールの公式を適用すると、
limn→∞
∣∣∣∣∣ bn+1−an+1
b−abn+2−an+2
b−a
∣∣∣∣∣ = limn→∞∣∣bn+1 − an+1∣∣|bn+2 − an+2|
となります。問題の無限級数は a と b に関して対称なので a > b としても一般性を失いません。
その上で分母分子を an+2 で割りましょう。すると、
= limn→∞
1a
∣∣∣( ba)n+1 − 1∣∣∣∣∣∣( ba)n+2 − 1∣∣∣ =1
a
となります。よって、収束半径は 1a です。
a = b のときもダランベールの公式を使いましょう。
limn→∞
∣∣∣∣ (n+ 1)an(n+ 2)an+1∣∣∣∣ = limn→∞ n+ 1n+ 2 1a = 1a
ですので、収束半径は 1a です。
以上より、a ≥ b として、問題の無限級数の収束半径は 1a となります。 □
(9) コーシーの公式が使えます。an2
= (an)n ですので
limn→∞
n
√∣∣an2∣∣ = limn→∞
an =
0 a < 1
1 a = 1
∞ a > 1
です。よって収束半径は
∞ (a < 1) 1 (a = 1) 0 (a > 1)
となります。 □
(10) これは係数 an が一つおきに 0なので、ダランベールの公式が使えません。また、コーシー
の公式でも極限値が存在しません。しかし、y = x2 と置いて y の冪級数としてダランベールの公
式を使えば計算できます。
limn→∞
∣∣∣∣∣∣(n!)2
(2n)!
((n+1)!)2
(2(n+1))!
∣∣∣∣∣∣ = limn→∞ 2(2n+ 1)n+ 1 = 4
-
第 13 回解答 24
ですので、y の冪級数としての収束半径は 4です。y = x2 とおいていたことから、x の冪級数と
しての収束半径は√4 = 2 であることになります。 □
(11) 冪級数ではなく単なる無限級数だと思ってダランベールの収束判定法を適用してみましょう。
limn→∞
∣∣∣∣∣x(n+1)2
xn2
∣∣∣∣∣ = limn→∞ ∣∣∣x(n+1)2−n2∣∣∣ = limn→∞ |x|2n+1 =
0 |x| < 11 |x| = 1∞ |x| > 1
となっています。よって、問題の無限級数は |x| < 1 では収束し |x| > 1 では発散します。すなわち、収束半径は 1です。 □
(12) 問題の無限級数は
40x0 + 21x1 + 42x2 + 23x3 + · · ·+ 42nx2n + 22n+1x2n+1 + · · ·
です。これを、二つの無限級数∞∑
n=0
(4x)2n と∞∑
n=0
(2x)2n+1
に分解して考えてみましょう。
(4x)2n = (16x2)n なので、∞∑
n=0(4x)2n は初項 1、公比 16x2 の等比級数です。よって、16x2 < 1
で収束し 16x2 ≥ 1 で発散します。x に関する条件に書きなおすと、
|x| < 14で収束し、|x| ≥ 1
4で発散する
となります。
同様に、(2x)2n+1 = 2x(4x2)n ですので、∞∑
n=0(2x)2n+1 は初項 2x、公比 4x2 の等比級数です。
よって、
|x| < 12で収束し、|x| ≥ 1
2で発散する
となります。
問題の無限級数はこの二つの無限級数の和ですから、両方とも収束する範囲では全体としても収
束します。よって、求める収束半径を R とすると、R ≥ 14 であることが分かります。一方、収束する級数と収束しない級数の和は収束しません。（もしそれが収束してしまったら、
収束しない級数が二つの収束する級数の差になってしまうので矛盾です。）よって、問題の無限級
数は 14 ≤ |x| <12 では収束しません。
収束半径が R であるとき、|x| < R を満たす任意の x で収束するのですから、 14 ≤ |x| <12 で
収束しない以上 R ≤ 14 でなければなりません。以上の二つを合わせて、R = 14 であることが分かります。 □
5 関数列の収束と微積分
5.1 各点収束と微積分
冪級数では、x を変数と見ずに、決められた一つの値と見なしました。これをもっと一般的に表
現すると、
-
第 13 回解答 25
関数の列 f1(x), f2(x), . . . に対し x = b を代入してできる数列 f1(b), f2(b), . . . は収束
するかどうか
を考えたと言えるでしょう。もちろん b としては、すべての fn(x) の定義域に入っている実数な
らなんでもよいわけです。特に、すべての fn(x) の定義域が共通で、定義域内のすべての b につ
いて数列 f1(b), f2(b), . . . が収束するというのが、この視点から見た場合の「関数列の収束」の定
義として一番自然に見えるでしょう。もちろん、各収束列 f1(b), f2(b), . . . の極限値 limn→∞
fn(b) を
x = b のときの値として定義される関数を f(x) として、「関数列 (fn(x))∞n=1 は f(x) に収束する」
と定義することになるわけです。ε-N 論法による正確な定義も書いておきましょう。� �定義 2. I を定義域とする関数の列 (fn)
∞n=1 が I を定義域とする関数 f に収束するとは、I
内の任意の x と任意の正実数 ε に対してある自然数 N があって、n > N を満たす任意の自
然数 n に対して
|fn(x)− f(x)| < ε
が成り立つことを言う。� �N は ε だけでなく x に応じて取れればよい、というところに注意して下さい。
あとで定義する「一様収束」と区別するために、上で定義した関数列の収束のことを各点収束と
か点別収束と呼びます。（なぜ「各点」とか「点別」とかと言うのかは、次節で一様収束の定義を
紹介するときに説明します。）このプリントでも無用な混乱を避けるために、収束という言葉を単
独で使うのは避け、必ず各点収束と書くことにします。ただし、単に「関数列が収束する」と言っ
たら普通は各点収束のことを意味するのだということは心に留めておいた方がよいでしょう。
さて、上で定義した各点収束には関数列の収束として一見何ら不足はないように見えます。それ
なのに何故各点収束とは違う一様収束なるものをわざわざ定義するのでしょうか。それは、各点収
束ではまずいことがあるからです。その「まずいこと」を見てもらうのが問題 7です。
5.1.1 問題 7の解答
(1) x = 0 のときは、任意の n に対して fn(0) = 0 ですので、 limn→∞
fn(0) = 0 です。
x ̸= 0 としましょう。x > 0 とすると、
fn(−x) =−n2xenx
= −fn(x)
ですので、x > 0 での極限が分かれば x < 0 での極限も分かります。そこで、以下 x > 0 としま
す。すると、ex > 1 ですので ex = 1 + h となる正実数 h が存在します。よって、
|fn(x)| = fn(x) =n2x
enx= x
n2
(1 + h)n
= xn2
1 + nh+ n(n−1)2 h2 + n(n−1)(n−2)6 h
3 + · · ·+ hn< x
n2
n(n−1)(n−2)6 h
3
ですので、
limn→∞
|fn(x)| ≤ x limn→∞
n2
n(n−1)(n−2)6 h
3= 0
となります。
-
第 13 回解答 26
� �
O
y
x
f1f2
f3
f4
f5
図 1: 問題 7の関数列 (fn)∞n=1 のグラフ� �
結局、任意の x に対して limn→∞
fn(x) = 0 であること、すなはち定数関数 0に各点収束している
ことがわかりました。 □
(2) まず、各 fn(x) に対して、具体的に積分を求めましょう。部分積分を利用します。∫ 10
fn(x)dx =
∫ 10
n2xe−nxdx = n2∫ 10
x ·(− 1ne−nx
)′dx
= −n[ xenx
]10+ n
∫ 10
e−nxdx = − nen
−[
1
enx
]10
= 1− n+ 1en
となります。よって、
limn→∞
∫ 10
fn(x)dx = 1− limn→∞
n+ 1
en= 1 ̸= 0
となります。 □
(3) 実際に微分を実行すると、
limx→0
fn(x)− fn(0)x
= limx→0
n2
en|x|= n2
となります。よって、
limn→∞
f ′n(0) = +∞
と発散してしまい、0に収束しません。 □
(4) (1)で注意したように fn は奇関数ですので、|f(−x)| = |f(x)| となります。よって、x ≥ 0で考えれば十分です。しかも x ≥ 0 のとき fn(x) ≥ 0 ですから、絶対値をはずして考えても同じです。
-
第 13 回解答 27
さて、x > 0 において f ′n(x) を計算すると、
f ′n(x) =n2 − n3x
enx
となりますので、fn(x)は 0 ≤ x ≤ 1n で単調に増加し、1n ≤ xで単調に減少します。よって、fn(x)
は x = 1n で最大値ne をとります。
limn→∞
n
e= +∞
ですので、max |fn(x)| は n → ∞ のとき 0に収束しません。 □
この例からわかる「各点収束ではまずいこと」とは、関数列の各点収束先 f の微積分と各項 fnを微積分したものの極限が一致しない、つまり、
各点収束という極限と微分や積分という極限の順序を入れ替えられない
ということです。もちろん、二種類の極限の順序が入れ替えられなければならないということはあ
りません。しかし、入れ替えられるような収束概念があるなら、それを使って関数列の収束を議論
した方がより扱いやすいことは確かでしょう。なぜなら、関数列の極限をとることと微分や積分す
ることの順序をいちいち気にせずに議論することができるからです。
そもそも、問題 7の関数列が (4)の
limn→∞
maxx
|fn(x)| ̸= 0
という性質を持つことがいかにもこの収束の「良くない」ことを示唆しているように感じられる
と思います。なぜなら、「関数は恒等的に 0になる」のに「値の最大値は 0にならない」のですか
ら、いかにも気持ちが悪いわけです。というわけで、このような「気持ち悪さ」のない収束概念と
して考えられたのが一様収束という概念です。
5.2 一様収束
積分や微分以前に、連続関数の列の各点収束極限は連続とは限りません。つまり、一般には
limn→∞
limx→a
fn(x) ̸= limx→a
limn→∞
fn(x) (5)
なのです。例えば、fn(x) = cos2n x とすると、fn(x) は連続ですが
limn→∞
fn(x) =
{1 x は π の整数倍
0 x は π の整数倍でない
となって不連続です。
式 (5)のようなことの起こる原因は、関数列 (fn)∞n=1 が f に各点収束していても、ある x にお
いて fn(x) → f(x) となる「速さ」と、x に近い x + h において fn(x + h) → f(x + h) となる「速さ」の間に関係があるとは言えないからです。各点収束とか点別収束とかという名前はこのこ
とをを強調していたわけです。
逆に言うと、連続性や微積分のように定義の中で変数についての極限を使っている概念を関数列の
極限において保つにふさわしい収束概念は、各点収束とは違って、x ごとに決まる数列 (fn(x))∞n=1
の収束が関連しているものでなければならないということになります。そこから最も単純に出てく
る収束概念が、次に定義する一様収束です。
-
第 13 回解答 28
� �定義 3. I を定義域とする関数からなる関数列 (fn)
∞n=1 が I を定義域とする関数 f に一様収
束するとは、任意の正実数 ε に対してある自然数 N があって、n > N を満たす任意の自然
数 n と I に属する任意の x に対して
|fn(x)− f(x)| < ε
が成り立つことを言う。� �各点収束と一様収束の違いがわかりますか? 論理記号で書くと、一様収束は
∀ε ∃N ∀x ∀n [n > N → |fn(x)− f(x)| < ε]
で、各点収束は
∀ε ∀x ∃N ∀n [n > N → |fn(x)− f(x)| < ε]
です。∀x と ∀N が入れ替わっています。つまり、N を x によらずに取れるのが一様収束で、各点収束の定義より厳しい条件を課しているわけです。よって、特に
(fn)∞n=1 が f に一様収束しているなら (fn)
∞n=1 は f に各点収束している
ということがわかります。
I を定義域とする二つの関数 f(x), g(x) に対し、x を I 内で動かしたときの |f(x) − g(x)| の上限は +∞ も許せば必ず存在します。（例えば I が有界閉区間で f も g も連続関数なら、それは|f(x)− g(x)| の最大値のことです。）それを ∥f − g∥I と書くことにしましょう。
∥f − g∥I = supx∈I
|f(x)− g(x)|
です。（定義域がわかりきっているときは ∥f − g∥ とも書きます。）すると、次が成り立ちます。� �補題 1. (fn)
∞n=1 が f に一様収束することと、 limn→∞
∥fn − f∥I = 0 は同値である。� �証明. (fn)
∞n=1 が f に一様収束しているとします。つまり、
∀ε ∃N ∀x ∈ I [n > N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε]
です。任意の x に対して |fn(x)− f(x)| < ε が成り立つのですから、
∥fn − f∥I = supx
|fn(x)− f(x)| ≤ ε
です。これで
limn→∞
∥fn − f∥I = 0
が示せました。
逆に limn→∞
∥fn − f∥I = 0 が成り立っているとします。つまり、
∀ε ∃N [n > N =⇒ ∥fn − f∥I < ε]
です。任意の x に対して
|fn(x)− f(x)| ≤ supx∈I
|fn(x)− f(x)| = ∥fn − f∥I
-
第 13 回解答 29
ですので、
∀ε ∃N ∀x ∈ I [n > N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε]
が成り立ちます。これは一様収束の定義です。 □
要するに、(fn)∞n=1 が f に一様収束するとは、y = f(x) のグラフに少し幅をつけると、十分大
きい n に対する y = fn(x) のグラフがその幅の中に収まってしまうという状況のことなのです（図
2）。だから、標語的には、
一様収束とはグラフの見た目が収束すること
と言ってしまって差し支えないでしょう。� �
O
y
x
ε
ε
f
fn
図 2: 一様収束では、極限関数 f のグラフに幅を付けると十分大きな n に対する fn のグラ
フがその幅のなかに収まってしまう。� �翻って問題 7の (4)を考えてみると、n
2xenx の最大値とは
∥∥∥n2xenx − 0∥∥∥ のことですので、n → ∞ のときこれが 0に収束しないということは、n
2xenx の 0への収束が一様収束でないということを示して
いるのです。つまり、問題 7は、一様収束しない関数列では極限をとることと微積分を取ることの
順序を入れ替えられないということの例なのです。
5.3 一様収束と連続性
一様収束と微積分の相性を調べる前に、まず連続性との相性が良いことを証明しておきましょう。� �定理 6. 連続関数列 (fn)
∞n=1 が f に一様収束するなら、f も連続である。� �
証明. x0 を任意に固定し、f がそこで連続なことを示しましょう。
(fn)∞n=1 は f に一様収束しているのですから、任意の正実数 ε が与えられたとき、ある自然数
n0 があって、任意の x に対して
|fn0(x)− f(x)| <ε
3
-
第 13 回解答 30
を満たします。fn0 は連続と仮定しているので、x0 に対してある正実数 δ があって
|x0 − x| < δ =⇒ |fn0(x0)− fn0(x)| <ε
3
が成り立ちます。これらを足すと、|x0 − x| < δ を満たす任意の x に対して
|f(x0)− f(x)| ≤ |f(x0)− fn0(x0)|+ |fn0(x0)− fn0(x)|+ |fn0(x)− f(x)| <ε
3+
ε
3+
ε
3= ε
が得られます。これは、f(x) が x0 で連続なことの定義です。
x0 は任意でしたので、f(x) は定義域全体で連続であることが示せました。 □
注意. この証明をよく読むと、「各 fn が 1点 x0 で連続なら、一様収束先 f も x0 で連続である」が証明されていることが分かります。★
例 1. [0, 1] 上の関数列 fn を fn(x) = xn とすると、
limn→∞
fn(x) = 0 (x ̸= 1) limn→∞
fn(1) = 1
となって極限関数が不連続なので、この収束は一様収束ではありません。
注意. 問題 7の関数列のように一様収束でなくても極限関数が連続なことがありますので、一様収束は極限関数が連続であるための十分条件なだけであって、必要十分条件ではありません。★
5.4 一様収束と積分
次に微分ではなく積分と一様収束の関係を調べます。というのは、一様収束というのは積分との
相性は大変良いのですが、微分との相性はそれほどでもないからなのです。そのことは一様収束が
「グラフの収束」であることから想像がつくでしょう。y = fn(x) のグラフが y = f(x) のグラフに
見た目で近づいて行くなら、グラフの囲む部分の面積もいかにも近づきそうです。しかし、目をこ
らしてよく見ると y = fn(x) のグラフが y = f(x) のグラフにまとわりつくように細かく振動して
いるような状況を考えると、グラフの見た目としては近づいても各点の接線の傾きまで近づいて行
くかどうかはわからない感じがすると思います。
一様収束と積分の相性の良さは次の定理です。� �定理 7. 定義域内の任意の有界閉区間で積分可能な関数の列 (fn)
∞n=1 が一様収束しているな
ら、極限関数 f も定義域内の任意の有界閉区間で積分可能で
limn→∞
∫ ba
fn(x)dx =
∫ ba
f(x)dx
が成り立つ。� �証明. 定義域内の有界閉区間 [a, b] をひとつ選んでそこで議論すれば十分です。
始めに f(x) が積分可能なことを証明しましょう。
まず、f(x) は有界です。実際、fn(x) たちは積分可能なので有界で、f(x) に一様収束している
のですから、十分大きな n に対し
|fn(x)− f(x)| < 1
が x によらずに成り立ちます。よって、
fn(x)− 1 < f(x) < fn(x) + 1
-
第 13 回解答 31
が x によらずに成り立つので f(x) は有界です。
さて、f(x) が積分可能であることは、正実数 ε がどんなに小さかろうとも [a, b] の分割をうま
くとれば上リーマン和と下リーマン和の差を ε より小さくできるということと同値でした。記号
を簡単にするために、[a, b] の分割を ∆、f(x) の ∆ に対する上リーマン和と下リーマン和を S, s
とし、fn(x) の ∆ に対する上リーマン和と下リーマン和を Sn, sn としましょう。つまり
∆ = {a = x0, x1, . . . , xk−1, xk = b}
として、
S =k∑
i=1
supxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1) s =k∑
i=1
infxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1)
Sn =k∑
i=1
supxi−1≤x≤xi
fn(x)(xi − xi−1) sn =k∑
i=1
infxi−1≤x≤xi
fn(x)(xi − xi−1)
です。
さて、任意の正実数 ε が与えられたとしましょう。fn が f に一様収束していることから、ある
十分大きな N があって、
∥f − fN∥ <ε
4(b− a)を満たします。よって、任意の ∆ とその任意の i 番目の区間に対して、
supxi−1≤x≤xi
f(x)− supxi−1≤x≤xi
fN (x) ≤ supxi−1≤x≤xi
|f(x)− fN (x)| ≤ ∥f − fN∥
infxi−1≤x≤xi
fN (x)− infxi−1≤x≤xi
f(x) ≤ supxi−1≤x≤xi
|f(x)− fN (x)| ≤ ∥f − fN∥
が成り立ちます。一方 fN (x) は積分可能ですので、
|∆| < δ =⇒ SN − sN <ε
2
を満たす分割 ∆ が存在します。よって、この ∆ に関して
S − s =k∑
i=1
supxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1)−k∑
i=1
infxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1)
≤k∑
i=1
(sup
xi−1≤x≤xifN (x) + ∥f − fN∥
)(xi − xi−1)
−k∑
i=1
(inf
xi−1≤x≤xifN (x)− ∥f − fN∥
)(xi − xi−1)
= SN − sN + 2∥f − fN∥(b− a) <ε
2+ 2
ε
4(b− a)(b− a) = ε
が成り立ちます。これで示せました。
最後に、f(x) の積分の値を計算しましょう。∣∣∣∣∣∫ ba
(fn(x)− f(x))dx
∣∣∣∣∣ ≤∫ ba
|fn(x)− f(x)|dx ≤ ∥fn − f∥(b− a)n→∞−−−−→ 0
ですので、 ∫ ba
f(x)dx = limn→∞
∫ ba
fn(x)dx
です。 □
-
第 13 回解答 32
積分可能な関数の列 (fn)∞n=1 がとりあえず積分可能かどうか不明な関数 f に収束しているとき、
その収束が一様収束なら f も積分可能になってしまって積分と極限が入れ替えられるのです。一
様収束と積分はとても相性が良いのです。
注意. 積分可能な関数列が一様収束してさえいればだまっていても極限関数は積分可能になってしまうので、一様収束と積分は本当にとても相性が良いのです。★
5.5 一様収束と微分
次に微分を考えましょう。f が x = a で微分可能なこと�