COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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級数

理論

定義

定義≪級数≫

 実数列 $(a_n)$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n = \sum\limits_{i = 0}^na_i$ の極限 $\lim\limits_{n \to \infty}S_n$ を 無限級数または級数(series)と呼び, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ で表す. $a_n$ を $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ の第 $n$ 項または単に(term)と呼び, $S_n$ を $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ の第 $n$ 部分和または単に部分和(partial sum)と呼ぶ.

定理≪等比級数の公式≫

 任意の実数 $a,$ $r$ に対して, 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty ar^{n-1}$ は
(i)
$|r| < 1$ のとき $\dfrac{a}{1-r}$ に収束.
(ii)
$r \geqq 1$ のとき発散.
(iii)
$r \leqq -1$ のとき振動.

証明

 等比数列の和の公式により, \[\sum_{k = 1}^nar^{n-1} = \begin{cases} \frac{a(1-r^n)}{1-r} & (r \neq 1), \\ na & (r = 1) \end{cases}\] が成り立つ. $r^n$ は, $|r| < 1$ のとき $0$ に収束し, $r > 1$ のとき発散し, $r \leqq -1$ のとき振動する. これから, 求める結果が得られる.

定理≪Cauchy の判定法≫

 任意の正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ に対して, 次は同値.
(i)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は収束.
(ii)
部分和 $\sum\limits_{i = 0}^n a_i$ の成す数列は Cauchy 列.
(iii)
任意の正の数 $\varepsilon$ に対し, ある非負整数 $n_0$ が存在して \[ n > m \geqq n_0 \Longrightarrow |a_{m+1}+\cdots +a_n| < \varepsilon.\]
 この定理の系として, 次の判定法が得られる.

定理≪収束する級数の各項の極限≫

 任意の実数列 $(a_n)$ に対して,
(1)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が収束 $\Longrightarrow$ $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0.$
(2)
$\lim\limits_{n \to \infty}a_n \neq 0$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は発散.

定理≪級数の線形性≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ が収束するならば, 任意の実数 $\lambda,$ $\mu$ に対して, \[\sum\limits_{n = 0}^\infty (\lambda a_n+\mu b_n) = \lambda\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n+\mu\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n.\]

正項級数・交代級数

正項級数

定義≪正項級数≫

 各項が $0$ 以上の級数を正項級数(positive series)と呼ぶ.

定理≪収束する正項級数の部分和の有界性≫

 正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が収束 $\Longrightarrow$ 部分和 $\sum\limits_{i = 0}^na_i$ は有界.

定理≪比較判定法≫

 正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ がある非負整数 $n_0,$ 正の数 $c$ に対して \[ n \geqq n_0 \Longrightarrow a_n \leqq cb_n\] を満たすとき,
(1)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ が収束 $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ は収束.
(2)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が発散 $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ は発散.

定理≪項の比の極限による比較≫

 正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ が $0 < \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n}{b_n} < \infty$ を満たすとき,
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は収束 $\iff$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ は収束.

定理≪D'Alembert の判定法≫

 正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = r < \infty$ を満たすとき,
(1)
$r < 1$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は収束.
(2)
$r > 1$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は発散.

定理≪Cauchy-Hadamard の判定法≫

 正項級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が $\lim\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_n} = r < \infty$ を満たすとき,
(1)
$r < 1$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は収束.
(2)
$r > 1$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は発散.

交代級数

定義≪交代級数≫

 各項が $0$ 以上の数列 $(a_n)$ を用いて $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^na_n$ または $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^{n+1}a_n$ の形に表される級数を交代級数(alternating series)と呼ぶ.

問題≪Leibniz の判定法≫

 ある非負整数 $n_0$ に対し $n \geqq n_0$ において単調減少な実数列 $(a_n)$ が $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ を満たすとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^na_n$ は収束する.

証明

 $n_0 = 0$ の場合を示せば良い. 部分和 $s_n = \sum\limits_{k = 0}^n a_k$ について, \begin{align*} &s_{2n} = \sum\limits_{k = 0}^n(a_{2k}-a_{2k+1}) \geqq 0, \\ &s_{2n+2}-s_{2n} = -a_{2n+1}+a_{2n+2} \leqq 0 \end{align*} より, $(s_{2n})$ は下に有界な単調減少数列だから収束する. そこで $S = \sum\limits_{n = 0}^\infty s_{2n}$ とおくと, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ より, \[ s_{2n+1} = s_{2n}+a_{2n+1} \to S \quad (n \to \infty ).\] よって, $\lim\limits_{n \to \infty}s_n = S$ となり, $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^na_n$ は収束する.

級数の絶対収束・条件収束

定義≪級数の絶対収束・条件収束≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ について, $\sum\limits_{n = 0}^\infty |a_n|$ が収束するとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は絶対収束する(absolutely convergent)という. $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は絶対収束しないが収束するとき, 条件収束する(conditionally convergent)という.

定理≪絶対収束級数の収束性≫

 任意の級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ に対して,
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が絶対収束 $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ は収束.

定理≪絶対収束級数の項の並び替えに関する不変性≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が絶対収束するならば, 任意の全単射 $\sigma :\mathbb N\to\mathbb N$ に対して \[\sum\limits_{n = 0}^\infty a_{\sigma (n)} = \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n.\]

定理≪Cauchy の積級数≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n$ が絶対収束するならば, \[\left(\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n\right)\left(\sum\limits_{n = 0}^\infty b_n\right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty\left(\sum\limits_{i = 0}^na_ib_{n-i}\right).\]

広義積分の級数への応用

定理≪積分判定法≫

 任意の整数 $m,$ 単調減少な連続関数 $f:[m,\ \infty )\to [0,\ \infty )$ に対して,
$\sum\limits_{n = m}^\infty a_n$ は収束 $\iff$ $\displaystyle\int _m^\infty f(x)dx$ は収束.

整級数

定理≪Abel の連続性定理≫

 べき級数 $f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty a_nx^n$ の収束半径が $1$ で $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が収束するならば, \[\lim\limits_{x \to 1-0}f(x) = f(1).\]

問題

級数

問題≪級数による Napier 数の定義≫

 次の等式を示せ. \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n!} = \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^n.\]

解答例

 極限値 $e := \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^n$ の存在(こちらを参照)を既知として答える.
  • 二項定理より \begin{align*} \left( 1+\frac{1}{n}\right) ^n &= \sum\limits_{k = 0}^n\frac{1}{k!}\prod\limits_{j = 1}^k(n-j+1)\frac{1}{n^k} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^n\frac{1}{k!}\prod\limits_{j = 1}^k\left( 1-\frac{j-1}{n}\right) \\ &\leqq \sum\limits_{k = 0}^n\frac{1}{k!} \end{align*} だから, 挟みうちの原理より \[ e \leqq \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{1}{n!}.\]
  • 一方, $m \geqq n$ のとき, \begin{align*} \left( 1+\frac{1}{m}\right) ^m &= \sum\limits_{k = 0}^m\frac{1}{k!}\prod\limits_{j = 1}^k\left( 1-\frac{j-1}{m}\right) \\ &\geqq \sum\limits_{k = 0}^n\frac{1}{k!}\prod\limits_{j = 1}^k\left( 1-\frac{j-1}{m}\right) \end{align*} となるから, $n$ を固定して $m$ に関する極限をとると, \[ e \geqq \sum\limits_{k = 0}^n\frac{1}{k!}.\] さらに $n$ に関する極限をとると, \[ e \geqq \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{1}{n!}.\]
以上より, 求める等式が得られた.

問題≪級数の収束・発散の判定≫

 次の級数の収束・発散を判定せよ.
(a)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{n}{1+n^3}.$ 
(b)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty (\sqrt{n^2+1}-n).$ 
(c)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{n!}{n^n}.$ 
(d)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\left(\dfrac{n}{n+1}\right) ^{n^2}.$ 

解答例

(a)
$n \geqq 2$ のとき \[\frac{n}{1+n^3} < \dfrac{n}{n^3} = \frac{1}{n^2} \leqq \frac{1}{n(n-1)}\] であり, \begin{align*} &\sum\limits_{k = 2}^n\frac{1}{k(k-1)} = \sum\limits_{k = 1}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) \\ &= 1-\frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty ) \end{align*} だから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{n}{1+n^3}$ は収束する.
(b)
\[\sqrt{n^2+1}-n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} > \frac{1}{2(n+1)}\] であり, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{1}{2(n+1)} = \dfrac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n}$ は発散するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty (\sqrt{n^2+1}-n)$ は発散する.
(c)
$a_n = \dfrac{n!}{n^n}$ とおくと \begin{align*} &\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!} \\ &= \frac{(n+1)n!}{(n+1)(n+1)^n}\cdot\frac{n^n}{n!} = \left(\frac{n}{n+1}\right) ^n \\ &= \left( 1+\frac{1}{n}\right) ^{-n} \to e^{-1} \quad (n \to \infty ) \end{align*} となるから, $0 < e^{-1} < 1$ に注意すると, D'Alembert の判定法より $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{n!}{n^n}$ は収束する.
(d)
$a_n = \left(\dfrac{n}{n+1}\right) ^{n^2}$ とおくと \begin{align*} &\sqrt[n]{a_n} = \left(\dfrac{n}{n+1}\right) ^n \\ &= \left( 1+\frac{1}{n}\right) ^{-n} \to e^{-1} \quad (n \to \infty ) \end{align*} となるから, $0 < e^{-1} < 1$ に注意すると, Cauchy-Hadamard の判定法より $\sum\limits_{n = 0}^\infty\left(\dfrac{n}{n+1}\right) ^{n^2}$ は収束する.

問題≪正項級数の比較≫

 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ を正項級数とする. 次の級数の収束・発散を判定せよ.
(a)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{a_n}{1+n^2a_n}.$ 
(b)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が発散するとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{a_n}{1+a_n}.$ 

解答例

(a)
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{a_n}{1+n^2a_n} = \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{\dfrac{1}{a_n}+n^2} \leqq \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2} < \infty\] より, $\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{a_n}{1+n^2a_n}$ は収束するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{a_n}{1+n^2a_n}$ は収束する.
(b)
(i)
$a_n \geqq 1$ を満たす $a_n$ が有限個しか存在しないとき. ある非負整数 $n_0$ に対して \begin{align*} &n \geqq n_0 \Longrightarrow a_n < 1 \\ &\Longrightarrow 1+a_n < 2 \Longrightarrow \frac{1}{1+a_n} > \frac{1}{2} \\ &\Longrightarrow \frac{a_n}{1+a_n} > \frac{a_n}{2} \end{align*} となり, \[\sum\limits_{n = n_0}^\infty\frac{a_n}{1+a_n} \geqq \frac{1}{2}\sum\limits_{n = n_0}^\infty a_n = \infty\] となるから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{a_n}{1+a_n}$ は発散する.
(ii)
$a_n \geqq 1$ を満たす $a_n$ が無限に存在するとき. \[\frac{a_n}{1+a_n} \geqq \frac{1}{2}\] が無限に多くの $n$ に対して成り立つから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{a_n}{1+a_n}$ は発散する.

問題≪単調減少数列の積の無限和の収束条件≫

 各項が正の単調減少実数列 $(a_n)$ に対して, 次が成り立つことを示せ.
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_0\cdots a_n$ が収束する $\iff$ $\lim\limits_{n \to \infty}a_n < 1.$

解答例

 下に有界な単調減少数列 $(a_n)$ は収束するから, $\alpha = \lim\limits_{n \to \infty}a_n$ とおく.
(i)
$\alpha \geqq 1$ のとき. $(a_n)$ は単調減少だから $a_n \geqq \alpha$ より, \[ \sum\limits_{n = 0}^\infty a_0\cdots a_n \geqq \sum\limits_{n = 0}^\infty\alpha ^n = \infty.\] よって, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_0\cdots a_n$ は発散する.
(ii)
$\alpha < 1$ のとき. $0 < \varepsilon < 1-\alpha$ を満たす実数 $\varepsilon$ をとると(例えば $\varepsilon = \dfrac{1-\alpha}{2}$), ある非負整数 $n_0$ に対して \[ n > n_0 \Longrightarrow a_n < \alpha +\varepsilon\] となり, $0 < \alpha +\varepsilon < 1$ より \[\sum\limits_{n = n_0}^\infty a_0\cdots a_n \leqq \sum\limits_{n = n_0}^\infty a_0\cdots a_{n_0}(\alpha +\varepsilon )^{n-n_0} < \infty\] となる. よって, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_0\cdots a_n$ は収束する.
(i), (ii) より, 題意が示された.

問題≪Leibniz の交代級数≫

(1)
ある非負整数 $n_0$ に対し $n \geqq n_0$ において単調減少な実数列 $(a_n)$ が $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ を満たすとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^na_n$ は収束することを示せ.
(2)
$S = \sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^nn}{n^2+1}$ は条件収束することを示せ.

解答例

(1)
こちらを参照.
(2)
$a_n = \dfrac{n}{n^2+1}$ とおくと, \[ a_n = \frac{\dfrac{1}{n}}{1+\dfrac{1}{n^2}} \to 0 \quad (n \to \infty ).\] さらに, $n \geqq 1$ のとき, $n^2+n = n(n+1) > 1$ より \[ n^3+2n^2+2n > n^3+n^2+n+1\] すなわち \[ n\big( (n+1)^2+1\big) > (n+1)(n^2+1)\] だから, \[ a_n = \frac{n}{n^2+1} > \frac{n+1}{(n+1)^2+1} = a_{n+1}.\] よって, (1) より, $S$ は収束する. 一方, \[\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{n}{n^2+1} \geqq \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{n}{n^2+n^2} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{1}{n} = \infty\] より, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{n}{n^2+1}$ は発散する. ゆえに, $S$ は条件収束する.

問題≪各項を $2$ 乗した級数≫

 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ が絶対収束するとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n{}^2$ は収束することを示せ.

解答例

 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ の絶対収束を仮定する. このとき, $\sum\limits_{n = 0}^\infty |a_n|$ は収束し, したがって数列 $(|a_n|)_{n \geqq 0}$ は収束するから, ある非負整数 $n_0$ に対して \[ n \geqq n_0 \Longrightarrow |a_n| < 1\] となる. よって, $n \geqq n_0$ のとき \[ a_n{}^2 = |a_n|^2 < |a_n|\] となり, 仮定より $\sum\limits_{n = 0}^\infty |a_n|$ は収束するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n{}^2$ は収束する.

問題≪級数による指数関数の定義≫

(1)
任意の実数 $x$ に対して, 級数 \[ f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{x^n}{n!}\] は絶対収束することを示せ.
(2)
任意の実数 $x,$ $y$ に対して $f(x+y) = f(x)+f(y)$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$n_0 = \lfloor |x|\rfloor$ とおくと, 任意の整数 $n > n_0$ に対して \[\left|\frac{x^n}{n!}\right| \leqq \frac{|x|^{n_0}}{n_0!}\left(\frac{|x|}{n_0}\right) ^{n-n_0}\] となり, $0 \leqq \dfrac{|x|}{n_0} < 1$ より等比級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{|x|^{n_0}}{n_0!}\left(\dfrac{|x|}{n_0}\right) ^{n-n_0}$ は収束するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\left|\dfrac{x^n}{n!}\right|$ は収束する. すなわち, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{x^n}{n!}$ は絶対収束する.
(2)
\[\sum\limits_{k = 0}^n\frac{x^k}{k!}\cdot\frac{y^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!}(x+y)^n\] だから, 絶対収束級数の積に関する Cauchy の定理より \[ f(x)f(y) = f(x+y).\]

問題≪条件収束級数の並び替え≫

(1)
級数 $S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt n}$ は条件収束することを示せ.
(2)
級数 $T = \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\dfrac{1}{\sqrt{4n-3}}+\dfrac{1}{\sqrt{4n-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\right)$ は $\infty$ に発散することを示せ.

解答例

(1)
数列 $\left(\dfrac{1}{\sqrt n}\right) _{n \geqq 1}$ は単調減少で $0$ に収束するから, Leibniz の判定法より $S$ は収束する. 一方, \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt n} \geqq \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n} = \infty\] より, $\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt n}$ は発散する. ゆえに, $S$ は条件収束する.
(2)
$S,$ $T$ の第 $n$ 部分和をそれぞれ $S_n,$ $T_n$ とおくと, \[ S_{4n} = T_n-\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{\sqrt{2(n+k)}}\] となるが, \begin{align*} &\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{\sqrt{2(n+k)}} \\ &\geqq \sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{\sqrt{2(n+n)}} = n\cdot\dfrac{1}{2\sqrt n} \\ &= \frac{\sqrt n}{2} \to \infty \quad (n \to \infty ) \end{align*} だから, $T$ は $\infty$ に発散する.

広義積分の級数への応用

問題≪広義積分による級数の収束・発散の判定≫

 次の級数の収束・発散を判定せよ. \[\sum\limits_{n = 2}^\infty\dfrac{1}{n\log n}.\]

解答例

\begin{align*} &\int _2^n\frac{dx}{x\log x} = \big[\log(\log x)\big] _2^n \\ &= \log (\log n)-\log (\log 2) \to \infty \quad (n \to \infty ) \end{align*} より $\displaystyle\int _2^\infty\dfrac{dx}{x\log x} = \infty$ だから, 積分判定法より $\sum\limits_{n = 2}^\infty\dfrac{1}{n\log n}$ は発散する.

整級数

問題≪整級数の収束域≫

 次の整級数の収束半径を求めよ. (a), (b) については収束域も求めよ.
(a)
$f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(n!)^2}{(2n)!}x^n.$ 
(b)
$f(x) = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{\log (1+n)}x^n.$ 
(c)
$f(x) = \sum\limits_{n = 1}^\infty\left( (-1)^n+\dfrac{1}{n}\right) ^nx^n.$ 

解答例

(a)
$a_n = \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ とおくと \begin{align*} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| &= \frac{\big( (n+1)!\big) ^2}{(2n+2)!}\cdot\frac{(2n)!}{(n!)^2} \\ &= \frac{(n+1)!(n!)^2}{(2n+2)(2n+1)(2n)!}\cdot\frac{(2n)!}{(n!)^2} \\ &= \frac{\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^2}{\left( 2+\dfrac{2}{n}\right)\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)} \\ &\to \frac{1}{2\cdot 2} = \frac{1}{4} \quad (n \to \infty ) \end{align*} となるから, D'Alembert の判定法・公式より $f(x)$ の収束半径は $1\div\dfrac{1}{4} = 4$ で $f(1),$ $f(-1)$ は絶対収束する. よって, $f(-1)$ は収束するから, $f(x)$ の収束域は $[-4,\ 4].$
(b)
l'Hospital の定理より \[\lim\limits_{x \to \infty}\frac{\log (1+x)}{\log (2+x)} = \lim\limits_{x \to \infty}\frac{\dfrac{1}{1+x}}{\dfrac{1}{2+x}} = \lim\limits_{x \to \infty}\frac{2+x}{1+x} = 1\] だから, $a_n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{\log (1+n)}$ とおくと \[\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{\log (1+n)}{\log (2+n)} \to 1 \quad (n \to \infty )\] となるので, D'Alembert の公式より $f(x)$ の収束半径は $1\div 1 = 1.$ 数列 $\left(\dfrac{1}{\log (1+n)}\right) _{n \geqq 1}$ は単調減少で $0$ に収束するから, Leibniz の判定法より $f(1)$ は収束する. また, \begin{align*} f(-1) &= \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^{2n-1}}{\log (1+n)} = -\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{1}{\log (1+n)} \\ &\leqq -\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{1}{n} = -\infty \end{align*} より $f(-1)$ は発散する. ゆえに, $f(x)$ の収束域は, $(-1,\ 1].$
(c)
$a_n = \left( (-1)^n+\dfrac{1}{n}\right) ^n,$ $u_n = \sup\limits_{k \geqq n}\sqrt[k]{a_k}$ とおくと
(i)
$n$ が偶数のとき \[ u_n = 1+\dfrac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty ),\]
(ii)
$n$ が奇数のとき \[ u_n = 1+\dfrac{1}{n+1} \to 1 \quad (n \to \infty )\]
となり, \[\limsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n \to \infty}u_n = 1\] となるから, Cauchy-Hadamard の定理より $f(x)$ の収束半径は $1\div 1 = 1.$

問題≪整級数の表す関数≫

 次の整級数が表す関数を求めよ. \[ f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty n^2x^n.\]

解答例

 $a_n = n^2$ とおくと \[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)^2}{n^2} = \left( 1+\frac{1}{n}\right) ^2 \to 1 \quad (n \to \infty )\] となるから, $f(x)$ の収束半径は $1\div 1 = 1.$ また, $x = \pm 1$ のとき, $f(x)$ は発散する. しばらく $0 < |x| < 1$ とする. \[\frac{f(x)}{x} = \sum\limits_{n = 0}^\infty n^2x^{n-1}\] を $x$ で積分すると, 項別積分定理より $c$ を任意の定数として \[\int\frac{f(x)}{x}dx = \sum\limits_{n = 0}^\infty nx^n+c.\] となる. さらに, \[\frac{1}{x}\int\frac{f(x)}{x}dx = \sum\limits_{n = 0}^\infty nx^{n-1}+\frac{c}{x}\] を $x$ で積分すると, 項別積分定理と等比級数の和の公式より $d$ を任意の定数として \begin{align*} \int\frac{1}{x}\left(\int\frac{f(x)}{x}dx\right)dx &= \sum\limits_{n = 0}^\infty x^n-\frac{c}{2x^2}+d \\ &= \frac{1}{1-x}-\frac{c}{2x^2}+d. \end{align*} となる. これを $x$ で微分すると, 項別微分定理より \[\frac{1}{x}\int\frac{f(x)}{x}dx = \frac{1}{(1-x)^2}+\frac{c}{x}\] となるから, \[\int\frac{f(x)}{x}dx = \frac{x}{(1-x)^2}+c.\] これを $x$ で微分すると, 項別微分定理より \[\frac{f(x)}{x} = \frac{(1-x)^2+2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{1+x}{(1-x)^3}\] となるから, \[ f(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}.\] これは $x = 0$ のときも成り立つ. ゆえに, \[ f(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} \quad (-1 < x < 1).\]

問題≪一般二項定理≫

 $a$ を実数とし, 各非負整数 $n$ に対して \[\binom{a}{n} = \frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}\] と定める.
(1)
整級数 $f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty\binom{a}{n}x^n$ の収束半径 $r$ を求めよ.
(2)
$n \geqq 1$ のとき, 次が成り立つことを示せ. \begin{align*} n\binom{a}{n} &= a\binom{a-1}{n-1} \quad \cdots [1], \\ \binom{a}{n} &= \binom{a-1}{n-1}+\binom{a-1}{n} \quad \cdots [2]. \end{align*}
(3)
$-r < x < r$ のとき, 次が成り立つことを示せ. \begin{align*} (1+x)f'(x) &= af(x) \quad \cdots [3], \\ (1+x)^a &= \sum\limits_{n = 0}^\infty\binom{a}{n}x^n \quad \cdots [4]. \end{align*}

解答例

(1)
(i)
$a = 0$ のとき. \[ f(x) = 1\] だから, $f(x)$ の収束半径は $\infty.$
(ii)
$a$ が正の整数のとき. 整数 $n$ に対して \[ n > a \Longrightarrow a > 0 \geqq a-n+1 \Longrightarrow \binom{a}{n} = 0\] であることに注意すると, 二項定理より \[ f(x) = (1+x)^a\] だから, $f(x)$ の収束半径は $\infty.$
(iii)
その他のとき. \[\left|\binom{a}{n+1}\div\binom{a}{n}\right| = \frac{|a+n|}{n+1} \to 1 \quad (n \to \infty )\] だから, D'Alembert の定理より $f(x)$ の収束半径は $1.$
(2)
略.
(3)
以下, $-1 < x < 1$ とする. $f(x)$ を項別微分すると, \begin{align*} f'(x) &= \sum\limits_{n = 0}^\infty n\binom{a}{n}x^{n-1} = \sum\limits_{n = 1}^\infty n\binom{a}{n}x^{n-1} \\ &= a\sum\limits_{n = 1}^\infty\binom{a-1}{n-1}x^{n-1} \quad (\because [1]) \\ &= a\sum\limits_{n = 0}^\infty\binom{a-1}{n}x^n. \end{align*} 両辺に $1+x$ を掛けると \begin{align*} &(1+x)f'(x) \\ &= a\left(\sum\limits_{n = 0}^\infty\binom{a-1}{n}x^n+\sum\limits_{n = 1}^\infty\binom{a-1}{n-1}x^n\right) \\ &= a\left( 1+\sum\limits_{n = 1}^\infty\binom{a}{n}x^n\right) \quad (\because [2]) \\ &= af(x) \end{align*} となり, $[3]$ が成り立つ. よって, $g(x) = \dfrac{f(x)}{(1+x)^a}$ を微分すると, \[ g'(x) = \frac{f'(x)(1+x)^a-f(x)a(1+x)^{a-1}}{(1+x)^{2a}} = 0\] であり, \[ g(0) = 1\] だから, \[ g(x) = 1.\] これは $[4]$ を意味する.

問題≪$\arctan x$ の Maclaurin 展開≫

 $|x| < 1$ のとき, 次の等式が成り立つことを示せ. \[\arctan x = \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}.\]

解答例

 $|x| < 1$ のとき, 等比級数の公式より, \[\frac{1}{1+x^2} = \sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^nx^{2n}.\] 両辺を $0$ から $x$ まで積分すると, 項別積分定理より, \[\arctan x = \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}.\]

問題≪Taylor 展開に関係する級数≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^n2n}{(2n+1)!}\pi ^{2n}$ の和を求めよ.

解答例

\begin{align*} &\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n2n}{(2n+1)!}\pi ^{2n} \\ &= \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n(2n+1-1)}{(2n+1)!}\pi ^{2n} \\ &= \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n)!}\pi ^{2n}-\frac{1}{\pi}\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\pi ^{2n+1} \\ &= \cos\pi -\frac{1}{\pi}\sin\pi = -1. \end{align*}

問題≪円周率を表す級数≫

 級数 $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}$ の和を求めよ.

解答例

 $\arctan x$ を $x = 0$ の周りで Taylor 展開すると, \[\arctan x = \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} \quad (|x| < 1).\] 右辺の収束半径は $1$ で Leibniz の判定法より $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}$ は収束するから, Abel の連続性定理より $x = 1$ が代入できて \[\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}\] となる.

無限積

問題≪無限積のある収束条件≫

(1)
任意の正数列 $(b_n)$ に対して, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\log b_n$ が収束するならば $\prod\limits_{n = 0}^\infty b_n$ は絶対収束することを示せ.
(2)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n{}^2$ が収束するならば $\prod\limits_{n = 0}^\infty (1+a_n)$ は絶対収束することを示せ.

解答例

(1)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\log b_n$ の収束を仮定する. このとき, \[\log\left(\lim\limits_{n \to \infty}b_n\right) = \lim\limits_{n \to \infty}\log b_n = 0\] だから, \[\lim\limits_{n \to \infty}b_n = 1.\] よって, $a_n = b_n-1$ とおくと, \[\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0.\] また, l'Hospital の定理より, \[\lim\limits_{x \to 0}\frac{\log (1+x)}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{1}{x+1}\div 1 = 1.\] 以上より \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\log b_n}{a_n} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\log (1+a_n)}{a_n} = 1\] となるから, ある非負整数 $n_0$ に対して \[ n \geqq n_0 \Longrightarrow \left|\frac{\log b_n}{a_n}-1\right| < \frac{1}{2}\] となる. $n \geqq n_0$ のとき, 三角不等式より \[ 1-\frac{|\log b_n|}{|a_n|} < \frac{1}{2}\] となるから, \[ |a_n| < 2|\log b_n|\] となる. これと仮定より $\sum\limits_{n = 0}^\infty |a_n|$ は収束するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty (1+|a_n|)$ は収束する. ゆえに, $\prod\limits_{n = 0}^\infty b_n$ は絶対収束する.
(2)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n,$ $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n{}^2$ の収束を仮定する. このとき, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ だから, $0 < \varepsilon < 1$ なる実数 $\varepsilon$ をとると, ある非負整数 $n_0$ に対して \[ n \geqq n_0 \Longrightarrow |a_n| < \varepsilon\] となる. $n \geqq n_0$ のとき, ($\log (1+x)$ の Maclaurin 展開を参考にして) \[\log (1+a_n) = a_n-\frac{a_n{}^2}{2}+r_n\] とおくと \begin{align*} |r_n| &\leqq \sum\limits_{k = 3}^\infty\frac{|a_n|^k}{k} \leqq \frac{1}{3}\sum\limits_{k = 3}^\infty |a_n|^k \\ &\leqq \frac{a_n{}^2}{3}\sum\limits_{k = 1}^\infty\varepsilon ^k = \frac{1}{3}\cdot\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon}\cdot a_n{}^2 \end{align*} となって $\sum\limits_{n = 0}^\infty r_n$ も収束するから, $\sum\limits_{n = 0}^\infty\log (1+a_n)$ も収束する. ゆえに, (1) より, $\prod\limits_{n = 0}^\infty (1+a_n)$ は絶対収束する.