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2011年度数学 IA演習第 13回理 I 16, 17, 18, 19, 20, 21組
1月 30日 清野和彦
問題 1. 次の無限級数の和を求めよ。
(1)∞∑
n=1
1n(n + 2)
(2)∞∑
n=1
1n2 + 5n + 4
(3)∞∑
n=1
1n(n + 1)(n + 2)
(4)∞∑
n=1
(√n + 1 −
√n)
(5)14− 1
3+
49− 16
27+
6481
− · · ·
(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」ということは講義で証明されたが、ここで
は次の方針で証明し直せ。
(1) まず、二つの数列 {a+n}∞n=1 と {a−
n}∞n=1 を、
a+n =
|an| + an
2a−
n =|an| − an
2
で定義すると、∞∑
n=1|an| が収束するならば二つの無限級数
∞∑n=1
a+n と
∞∑n=1
a−n はどちらも収束するこ
とを示す。
(2) 次に、S+ =∞∑
n=1a+
n および S− =∞∑
n=1a−
n とすると、∞∑
n=1an 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. 次を示せ。
(1) 1 +12
+13
+14
+15
+16
+17
+18
+19
+110
+111
+112
+ · · · = ∞
(2) 1 − 12
+13− 1
4+
15− 1
6+
17− 1
8+
19− 1
10+
111
− 112
+ · · · = log 2
(3) 1 +13− 1
2+
15
+17− 1
4+
19
+111
− 16
+113
+115
− 18
+ · · · =32
log 2
問題 5. 次の正項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 + 13n + 1
(5)∞∑
n=1
(1 +
1n
)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
1n log n
問題 6. 次の冪級数の収束半径を求めよ。また、収束半径が 0でも ∞ でもないときには、収束半
径の端の 2点において収束するかどうかも判定せよ。
(1)∞∑
n=0
an2xn (a > 0) (2)
∞∑n=0
xn2(3)
∞∑n=0
(n!)2
(2n)!xn (4)
∞∑n=0
(3 + (−1)n)nxn
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|
と定義すると、
(1) {fn}∞n=1 は定数関数 0に各点収束する。 (2) limn→∞
∫ 1
0
fn(x)dx ̸= 0.
(3) limn→∞
f ′n(0) ̸= 0. (4) lim
n→∞max
x|fn(x)| ̸= 0.
が成り立つことを示せ。
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
1x2 + n
(x ∈ R) (4)∞∑
n=1
(−1)n−1
x2 + n(x ∈ R)
(5)∞∑
n=1
cos nx
na(x ∈ R) (6)
∞∑n=1
(x
n− sin
x
n
)(−1 ≤ x ≤ 1)
問題 10. f(x) =∞∑
n=0anxn 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、条件
f ′′(x) − 3f ′(x) + 2f(x) = 0 f(0) = 2 f ′(0) = 5
を満たすものを求めよ。
2011年度数学 IA演習第 13回解答理 I 16, 17, 18, 19, 20, 21組
1月 30日 清野和彦
演習は今回で終わりなので、次回の講義で予定されている内容（一様収束、冪級数の項別微積
分）まで扱いました。なお、講義では「ダランベールの判定法（Ratio Test）」と「コーシーの判定法（Root Test）」を正項級数の収束判定法として紹介しています。しかし、この判定法の目的は、一般の無限級数
∞∑n=1
an が与えられたときに各項の絶対値をとってできる正項級数∞∑
n=1|an| が
収束するかどうかを調べることです。ですので、このプリントではこの二つの判定法を始めから∞∑
n=1|an| の収束判定法として説明します。
目 次
1 無限級数 2
1.1 確認 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 問題 1の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 無限級数と実数の連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 絶対収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 問題 2の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 条件収束しかしていない級数の性質：問題 4の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 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 ダランベールの判定法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 コーシーの判定法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.3 問題 5の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
4 冪級数の収束 19
4.1 問題 6の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5 関数列の収束と微積分 23
5.1 各点収束と微積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.2 問題 7の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245.3 一様収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255.4 一様収束と連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.5 一様収束と積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.6 一様収束と微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.7 関数項級数の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
第 13 回解答 2
6 一様収束性の判定 34
6.1 問題 8の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.2 一般論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356.3 関数項級数の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.4 問題 9の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
7 冪級数と項別微積分 39
7.1 問題 10の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.2 問題 11の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
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=1 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=1 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=1 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。
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。あとでもう一度注意しますが、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。
1.2 問題 1の解答
(1)1
n(n + 2)=
12n
− 12(n + 2)
ですので、
N∑n=1
1n(n + 2)
=N∑
n=1
(12n
− 12(n + 2)
)=(
12− 1
6
)+(
14− 1
8
)+ · · · +
(1
2N− 1
2(N + 2)
)=
12
+14− 1
2(N + 1)− 1
2(N + 2)
第 13 回解答 3
となります。よって、∞∑
n=1
1n(n + 2)
= limN→∞
(12
+14− 1
2(N + 1)− 1
2(N + 2)
)=
34です。
(2) n2 + 5n + 4 = (n + 1)(n + 4) と因数分解できますので、
1n2 + 5n + 4
=1
(n + 1)(n + 4)=
13(n + 1)
− 13(n + 4)
です。よって、N∑
n=1
1n2 + 5n + 4
=N∑
n=1
(1
3(n + 1)− 1
3(n + 4)
)=(
16− 1
15
)+(
19− 1
18
)+(
112
− 121
)+(
115
− 124
)+ · · · +
(1
3(N + 1)− 1
3(N + 4)
)=
16
+19
+112
− 13(N + 2)
− 13(N + 3)
− 13(N + 4)
となり、∞∑
n=1
1n2 + 5n + 4
= limN→∞
16
+19
+112
− 13(N + 2)
− 13(N + 3)
− 13(N + 4)
=1336
です。
(3)1
n(n + 1)(n + 2)=
12n
− 1n + 1
+1
2(n + 2)ですので、
N∑n=1
1n(n + 1)(n + 2)
=N∑
n=1
(12n
− 1n + 1
+1
2(n + 2)
)=(
12− 1
2+
16
)+(
14− 1
3+
18
)+(
16− 1
4+
110
)+ · · · +
(1
2N− 1
N + 1+
12(N + 2)
)=
12− 1
2+
14
+1
2(N + 1)− 1
N + 1+
12(N + 2)
=14− 1
2(N + 1)+
12(N + 2)
となります。よって、∞∑
n=1
1n(n + 1)(n + 2)
= limN→∞
(14− 1
2(N + 1)+
12(N + 2)
)=
14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)
= limN→∞
(−1 +
√N + 1
)= ∞ と発散します。
(5) この無限級数は、初項 14、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。 □
第 13 回解答 4
1.3 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 1回や第 2回で学んだ「連続性（数列バージョン）」や「完備性」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∑
k=1
ak < 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=1 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=1 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=1 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=1an は収束する。� �
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条件とも言います。
証明. 部分和のなす数列 {Sn}∞n=1 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=1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=1
は収束します。 □
1.4 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=1an 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。
第 13 回解答 5
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| を繰り返し使うと、∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
an
∣∣∣∣∣ ≤m∑
k=n+1
|an|
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
an
∣∣∣∣∣ ≤m∑
k=n+1
|an| = |Mm − Mn| < ε
の成り立つことがわかります。よって、「実数の完備性（級数バージョン）」（すなわちコーシーの
条件を満たすこと）により、無限級数∞∑
n=1an は収束します。 □
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。
1.5 問題 2の解答
(1) a+n は an が正のときそのまま an が負のとき 0としてできる数列、a−
n は an が正のとき 0でan が負のとき −an としてできる数列です。
∞∑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| です。よって、任意の N に対して
N∑n=1
a±n ≤ 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=1a−
n も収束します。
第 13 回解答 6
(2)∞∑
n=1an = S+ − S− を示しましょう。
n∑k=1
ak = Sn、およびn∑
k=1
a±n = S±
n と書くことにしましょう。（復号同順です。） limn→∞
S±n = S±
です。
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 − lim
n→∞S−
n = S+ − S−
となります。（{S±n }∞n=1 の極限値が存在するから二番目の等式が成り立つ、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。
1.6 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)!
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)!− π4m+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)!− π2(2m+1)+1
(2(2m + 1) + 1)!
)=
∞∑n=0
(−1)nπ2n+1
(2n + 1)!= sin π
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。□
第 13 回解答 7
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。
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。� �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）を使うだけです。自分
で証明を完成させてみて下さい。
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 + · · · に変えてみようというだけの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。
第 13 回解答 8
� �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=1an 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。� �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。� �
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(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。 □
第 13 回解答 9
「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=1 に現れる項と数列 {bn}∞n=1 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」といった意味がわかってもらえるはずです。
2.2 条件収束しかしていない級数の性質：問題 4の解答
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=1
an 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。� �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、−∑(
1)n−1an もその値に収束します。（最後のところは、第 1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
1,12,
13,
14, · · ·
でしょう。この数列から作る交代級数が問題 4(2)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。まず、絶対収束しないこと、つまり
1 +12
+13
+14
+15
+ · · ·
が発散することから示します。（なお、この証明は第 6回のプリントにも書きました。）
第 13 回解答 10
(1)の解答
f(x) = 1x の積分と比較しましょう。
1n
>
∫ n+1
n
1x
dx
です。よって、
1 +12
+13
+ · · · + 1n
>
∫ n+1
1
1x
dx = log(n + 1) n→∞−−−−→ +∞
となって示せました。 □
次に
1 − 12
+13− 1
4+
15− 1
6+ · · · = log 2
を証明しましょう。（この証明も第 6回のプリントに書きました。）
(2)の解答
log 2 = log(1 + 1) であることと、log(1 + x) の微分が 11+x であることを利用します。
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−1 xn
1 + x
を得ます。これを 0から 1まで積分して
log(1 + 1) = 1 − 12
+13− · · · + (−1)n−1 1
n+ (−1)n
∫ 1
0
xn
1 + xdx
となります。0 ≤ x ≤ 1 において0 ≤ xn
1 + x≤ xn
なので、
0 ≤∫ 1
0
xndx =1
1 + n
n→∞−−−−→ 0
となります。よって、
∞∑n=1
(−1)n−1 1n
= limn→∞
(log 2 −
∫ 1
0
xn
1 + xdx
)= log 2 − lim
n→∞
∫ 1
0
xn
1 + xdx = log 2
となって示せました。 □
最後に、(2)の無限級数の項を並べ替えることにより
1 +13− 1
2+
15
+17− 1
4+
19
+111
− 16
+ · · · =32
log 2
となることを証明しましょう。これは 1− 12 + 1
3 − · · · = log 2 を利用してパズルのように導くことができます。
第 13 回解答 11
(3)の解答
まず、
1 − 12
+13− 1
4+
15− 1
6+ · · · = log 2
のすべての項を 2で割ることにより、
12− 1
4+
16− 1
8+
110
− 112
+ · · · =12
log 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 +12
+ 0 − 14
+ 0 +16
+ 0 − 18
+ · · · =12
log 2
です。これと元の無限級数を項ごとに足し合わせると
1 + 0 +13− 1
2+
15
+ 0 +17− 1
4+ · · · =
32
log 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。 □
(3)は (2)の並べ替えの一例に過ぎません。次のように項の並べ替えでいろいろな値に収束させられます。
p と q を自然数とすると、
1 +13
+ · · · + 12p − 1
− 12− 1
4− · · · − 1
2q
+1
2p + 1+
12p + 3
+ · · · + 14p − 1
− 12q + 2
− 12q + 4
− · · ·
= log 2 +12
logp
q
となる。
証明. n 項目までの部分和を Sn とおき、
Tn = 1 − 12
+13− 1
4+ · · · + (−1)n−1 1
n
とおきます。すると、
12
+14
+16
+ · · · + 12kq
=12Tkq 1 +
13
+15
+ · · · + 12kp − 1
= T2kp − 12Tkp
となるので、
Sk(p+q) =12(T2kp − Tkp) +
12(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+
1m + 2
+ · · · + 1n
ですので、 ∫ k+1
k
1tdt <
1k
<
∫ k
k−1
1tdt
第 13 回解答 12
から、
logn + 1m + 1
< Tn − Tm < logn
m
がわかります。よって、
12
log(2kp + 1)2
(kp + 1)(kq + 1)< Sk(p+q) <
12
log(2kp)2
(kp)(kq)
となり、k → ∞ として
limk→∞
Sk(p+q) =12
log 22 p
q= log 2 +
12
logp
q
となります。
これで、数列 {Sn}∞n=1 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=1 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+
12kp + 3
+ · · · + 12(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+ 12 log 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、
12kp + 1
+1
2kp + 3+ · · · + 1
2(k + 1)p − 1<
12kp + 1
+1
2kp + 2+ · · · + 1
2(k + 1)p
<
∫ 2(k+1)p
2kp
1tdt = log
k
k + 1→ 0 (k → ∞)
となって示せました。 □
例えば、p = 1, q = 2 として、
1 − 12− 1
4+
13− 1
6− 1
8+
15− · · · =
12
log 2
p = 1, q = 4 として、
1 − 12− 1
4− 1
6− 1
8+
13− 1
10− · · · = 0
p = 9, q = 4 として、
1 +13
+ · · · + 117
− 12− · · · − 1
8+
119
+ · · · = log 3
など、いくらでもできます。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 log p
q 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。
実は、次が成り立ちます。
第 13 回解答 13
� �∞∑
k=1
ak 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? 実は、「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。それを説明すれば、この「異常な」事実の成り立つ理由や、「絶対収束
する無限級数が収束することは、普通の証明より問題 2の示し方の方が収束する理由がわかりやすい」という気持ちをわかってもらえるものと思います。それでは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 と S± を問題 2と同じように定
義します。ただし、∞∑
n=1a±
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± 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。既に述べた証明は以上のイメージを
キチンと数学として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。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チックにわかる種類の無限級数なんて等比級数以外にはありま
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「絶対収束の判定法」くらいしかありません。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、一般の冪級数の第 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+1
an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+1
an
∣∣∣∣ ≤ r (1)
を満たすものが存在するなら、
|an| =∣∣∣∣ an
an−1
∣∣∣∣ ∣∣∣∣an−1
an−2
∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣aN+1
aN
∣∣∣∣ |aN | ≤ |aN |rn−N
となるので、「絶対収束の判定法」から無限級数∞∑
n=1an 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
が収束する上、∞∑
n=N
bn =|aN |1 − r
第 13 回解答 15
と収束しているので、∞∑
n=N
an
は絶対収束することが「絶対収束の判定法」から結論できるというわけです。）
条件 (1)はちょっと使いにくそうなので、極限を使って言い換えておきましょう。� �定理 1 (ダランベールの判定法 (Ratio Test)). 無限級数
∞∑n=1
an は、すべての an が 0でなく
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = 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+1
an
∣∣∣∣ < 1 ならば、十分小さい正実数 ε 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+1
an
∣∣∣∣ ≤ 1 − ε
が成り立ちます。これで条件 (1)が満たされました。
また、 limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ > 1 ならば、十分小さい正実数 ε 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+1
an
∣∣∣∣ ≥ 1 + ε
となります。すると、
|an| =∣∣∣∣ an
an−1
∣∣∣∣ · · · ∣∣∣∣aN+1
aN
∣∣∣∣ |aN | ≥ |aN |(1 + ε)n−N n→∞−−−−→ ∞
となって、 limn→∞
an ̸= 0 なので、∞∑
n=1an は発散します。 □
注意. この定理は、条件 (1) を生かし切ってはいません。なぜなら、条件 (1) を満たすけれども
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ 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 乗根が一定値」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。絶対収束を結論しようとして
いるので、無限級数の第 n 項は n√|an| 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 より大きい任意の n についてn√|an| ≤ r (2)
を満たすものが存在するなら、
|an| ≤ rn
となりますので、「絶対収束の判定法」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 (2)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。ただし、普通の極限を使ってしまうと条件を生かし切れないので、上極限を使います。
第 13 回解答 16
� �定理 2 (コーシーの判定法 (Root Test)). 無限級数
∞∑n=1
an は、
lim supn→∞
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 sup
n→∞
n√
|an| < 1 ならば、十分小さい正実数 ε 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 (2)が満たされました。また、lim sup
n→∞
n√|an| > 1 ならば、十分小さい正実数 ε を取れば、どんなに大きな自然数 N に
対しても n > N を満たす n でn√|an| ≥ 1 + ε
を満たすものが存在します。つまり、この不等式を満たす n が無限個存在するわけです。この不
等式の両辺を n 乗すると
|an| ≥ (1 + ε)n
となります。これを満たす n が無限個存在するので、 limn→∞
an = 0 とはなり得ません。よって、∞∑
n=1an は発散します。 □
注意. 上極限が出てきてイヤな感じですが、極限がある場合には上極限と極限は一致するのですか
らまずは極限で考えてみるようにすると良いでしょう。★
なお、ダランベールの判定法もコーシーの判定法も極限値が 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、問題 4で示したように
1 +12
+13
+14
+15
+ · · ·
は発散し
1 − 12
+13− 1
4+
15− · · ·
は log 2 に（条件）収束しますが、どちらも
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = limn→∞
n + 1n
= 1
となっています。一方、
1 +122
+132
+142
+152
+ · · ·
は絶対収束しますが、やはり、
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = limn→∞
(n + 1)2
n2= 1
です。このように、 limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = 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
3.3 問題 5の解答
(1) m = n − 2 とおくと、∞∑
n=3
1(n2 − 1
)2 = 4∞∑
m=1
1m2
となります。よって収束です。
(2) a > 2 のときは、n
1 + na<
n
na=
1na−1
で、しかも∞∑
n=1
1na−1
が収束するので、優級数の方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 + na−1
≥ 12na−1
であり、しかも∞∑
n=1
1na−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 + na−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
12n + 2
=12
∞∑m=2
1m
は発散します。よって、元の級数も発散します。
(4) ダランベールの判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = 2n+1 + 13n+1 + 1
3n + 12n + 1
=2 + 1
2n
3 + 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) コーシーの判定法を使ってみましょう。
n√|an| = n
√(1 +
1n
)n2
=(
1 +1n
)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。
第 13 回解答 18
(6) ダランベールの判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = (2n + 1)(2n − 1) · · · 3 · 1(n + 1)!
n!(2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1
=2n + 1n + 1
=2 + 1
n
1 + 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) ダランベールの判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = 2n+1
(n + 1)!n!2n
=2
n + 1n→∞−−−−→ 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) ダランベールの判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = (n + 1)(n + 2)2n+1
2n
n(n + 1)=
n + 22n
=1 + 2
n
2n→∞−−−−→ 1
2
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) ダランベールの判定法を使ってみましょう。∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = (n + 1)a
(n + 1)!n!na
=1
(n + 1)
(1 +
1n
)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) 無限級数の収束や発散を示すのに広義積分と比較するのが有効な場合があります。このプリ
ントでも 1 + 12 + 1
3 + · · · が発散することを示すのに既に使いました。この問題はその方法が有効です。 ∫ ∞
2
1x log x
dx =[log(log x)
]∞2
= ∞
です。一方、n ≤ x ≤ n + 1 において
1n log n
>1
x log x
ですので、N∑
n=2
1n log n
>N∑
n=2
∫ n+1
n
1x log x
dx =∫ N+1
2
1x log x
dx
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。 □
第 13 回解答 19
4 冪級数の収束
数列 {an}∞n=1 の他に実数 a が一つ決まっているとき、単なる無限級数∞∑
n=1an ではなく、各項に
(x − a)n を掛けた無限級数∞∑
n=1
an(x − a)n
を冪級数（べききゅうすう）といいます。見ておわかりの通り、冪級数はテイラー展開と絡めて、
すなわち x を変数と見なして初めて真価を発揮するものですが、それについては後に回すことに
し、この節では前節で考えた「無限級数の収束判定法」を使って、与えられた冪級数がどの範囲の
x について収束／発散するか、ということについてだけ考えます。「冪級数」という特別な名前が
付いていたり、x という変数が出てきたりして難しそうな感じがするかも知れませんが、この節で
は x を定数だと思って
an(x − a)n = bn
とおき、無限級数∞∑
n=1bn について考えているだけなので、大したことはありません。
まず、
limn→∞
∣∣∣∣bn+1
bn
∣∣∣∣ = α
が存在するとしてみましょう。すると、ダランベールの判定法（Ratio Test) により、α < 1 ならば絶対収束、α > 1 ならば発散なのでした。bn を an(x − a)n に戻してみると、
bn+1
bn=
an+1(x − a)n+1
an(x − a)n=
an+1
an(x − a)
となるので、
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ |x − a| = α
です。ということは、この場合
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = r
も存在して、
r|x − a| < 1 なら絶対収束、r|x − a| > 1 なら発散
すなわち
|x − a| <1rを満たす x については絶対収束、|x − a| >
1rを満たす x については発散
ということが結論できます。（例によって |x − a| = 1r を満たす x についてはいろいろ起こり得
ます。）
「よし、それじゃこの不等式を判定法として憶えてしまおう」などと考えない方がよいと思いま
す。例えば、sin x の x = 0 におけるテイラー展開である
x − 13!
x3 +15!
x5 − 17!
x7 +19!
x9 − · · ·
という冪級数に上の「判定法」を当てはめるとどうなるでしょうか? この級数には偶数冪の項がありませんので、直接当てはめるには偶数冪の項を補って、
0 + x + 0x2 − 13!
x3 + 0x4 +15!
x5 + 0x6 − · · ·
第 13 回解答 20
としなければなりません。しかし、こうすると b2m = 0 なので上の「判定法」を適用することができなくなってしまいます。この場合は偶数冪の項を補ったりせず
bn =(−1)n
(2n + 1)!x2n+1
とすればよいのです。そうすると、∣∣∣∣bn+1
bn
∣∣∣∣ = x
(2n + 2)(2n + 3)
ですので、任意の x に対して n → ∞ の極限は 0であり、特に 1より小さくなります。よって、この無限級数は任意の x に対して絶対収束します。
同様にコーシーの判定法 (Root Test) も適用してみましょう。同じように bn = an(x− a)n とす
ると、
lim supn→∞
n√|bn| = α
として、α < 1 ならば絶対収束、α > 1 ならば発散なのでした。bn を an(x− a)n に戻してみると、
n√
|bn| = n√
|an||x − a|n = n√|an||x − a|
となるので、
lim supn→∞
n√|an||x − a| = α
です。ということは、この場合
lim supn→∞
n√
|an| = r
とすると、
r|x − a| < 1 なら絶対収束、r|x − a| > 1 なら発散
すなわち
|x − a| <1rを満たす x については絶対収束、|x − a| >
1rを満たす x については発散
ということが結論できます。（やはり、|x− a| = 1r を満たす x についてはいろいろ起こり得ます。）
こちらの場合、極限ではなく上極限という必ず存在する値を使っているので、上極限を計算するこ
とができれば、（境界の値でどうなっているかは除いて）必ず収束発散を判定できます。
以上の性質から、この 1r のことを収束半径と呼びます。キチンと定義しておきましょう。� �
定義 1. 冪級数∞∑
n=0an(x − a)n に対し、
R =1
lim supn→∞
n√
|an|
をこの冪級数の収束半径と呼ぶ。ただし、分母が 0のときは R = ∞、分母が発散するときはR = 0 と定義する。� �
すると、上で説明した性質は次の定理にまとめられます。
第 13 回解答 21
� �定理 3. 冪級数
∞∑n=0
an(x − a)n の収束半径が R のとき、この冪級数は |x − a| < R を満たす
x については絶対収束し、|x − a| > R を満たす x については発散する。ただし、R = ∞ の
ときは任意の x で絶対収束する。� �また、Ratio Test での結論を収束半径という言葉を使って言い直すと次のようになります。� �定理 4. 冪級数
∞∑n=0
an(x − a)n に対し、
limn→∞
∣∣∣∣ an
an+1
∣∣∣∣ (3)
が存在するか ∞ に発散するとき、その値は収束半径に一致する。� �なお、収束半径の定義や Ratio Test を使った言い換えの式 (3)を公式として使うよりも、収束半径という概念を導いたときの考え方そのものを使った方がよいことは、sin x のテイラー級数に
Ratio Test を適用する場合の例で説明したとおりです。
4.1 問題 6の解答
(1) これは定義 1を直接使えば計算できます。an2
= (an)n ですので
limn→∞
n√
an2 = limn→∞
an =
0 a < 11 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。
収束半径が 0でも ∞ でもないのは a = 1 のときだけです。そのとき、問題の無限級数は∞∑
n=0xn
という等比級数ですので、x = 1 でも x = −1 でも収束しません。
(2) x を固定して an = xn2とおき、問題の冪級数を
∞∑n=0
an と見てみましょう。この無限級数に
Root Test を使うと
limn→∞
n√|an| = lim
n→∞n
√|x|n2 = lim
n→∞|x|n =
0 |x| < 11 |x| = 1∞ |x| > 1
となります。この極限値が 1より小さいとき絶対収束し 1より大きいとき発散する、というのがRoot Test の結論です。つまり、問題の無限級数は
|x| < 1 で絶対収束し、|x| > 1 で発散する
第 13 回解答 22
というわけです。従って、収束半径の性質により、問題の無限級数の収束半径は 1です。x = 1 のとき
∞∑n=0
1 となりますので発散します。x = −1 のときは∞∑
n=0(−1)nn =
∞∑n=0
(−1)n です
から、やはり発散（振動）します。
(3) これは定理 4を直接適用できる例です。∣∣∣∣ an
an+1
∣∣∣∣ = (n!)2 · (2(n + 1))!(2n)! · ((n + 1)!)2
=2(2n + 1)
n + 1
ですので
limn→∞
∣∣∣∣ an
an+1
∣∣∣∣ = 4
となります。よって、収束半径は 4です。また、
(n!)2
(2n)!4n =
(2n(n!))2
(2n)!=
(2n)2(2n − 2)2 · · · 4222
(2n)(2n − 1)(2n − 2) · · · 3 · 2 · 1
=(2n)(2n − 2) · · · 4 · 2
(2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1=
2n
2n − 12n − 22n − 3
· · · 43
21
> 2
なので、|x| = ±4 のときは n → ∞ のとき項(n!)2
(2n)!x4 が 0に収束しないので、無限級数は収束し
ません。
(4) 定義 1を直接使ってみましょう。
n
√(3 + (−1)n)n = 3 + (−1)n
です。これは 4と 2を交互にとる数列です。よって、その上極限は大きいほうの値である 4です。これで収束半径が 1
4 であることがわかりました。
x = ±14 での収束/発散については、次の別解を参照してください。
(4)別解 問題の冪級数は
40x0 + 21x1 + 42x2 + 23x3 + · · · + 42nx2n + 22n+1x2n+1 + · · ·
です。これを、二つの冪級数∞∑
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
第 13 回解答 23
となります。
問題の冪級数はこの二つの冪級数の和ですから、両方とも収束する範囲では収束します。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、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。
なお、すでに述べたように |x| =14では収束しません。 □
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、
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 lim
n→∞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。
第 13 回解答 24
5.2 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) =−n2x
enx= −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 h3 + · · · + hn< x
n2
n(n−1)(n−2)6 h3
ですので、
limn→∞
|fn(x)| ≤ x limn→∞
n2
n(n−1)(n−2)6 h3
= 0
となります。
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。� �
O
y
x
f1f2
f3
f4
f5
図 1: 問題 7の関数列 {fn}∞n=1 のグラフ� �(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。∫ 1
0
fn(x)dx =∫ 1
0
n2xe−nxdx = n2
∫ 1
0
x ·(− 1
ne−nx
)′
dx
= −n[ x
enx
]10
+ n
∫ 1
0
e−nxdx = − n
en−[
1enx
]10
= 1 − n + 1en
第 13 回解答 25
となります。よって、
limn→∞
∫ 1
0
fn(x)dx = 1 − limn→∞
n + 1en
= 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。
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。 □
この問題からわかる「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。
5.3 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) (4)
第 13 回解答 26
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 (4)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、各数列 {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。� �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。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、 lim
n→∞∥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]
第 13 回解答 27
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
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、n2x
enx の最大値とは∥∥∥n2x
enx − 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、n2xenx 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。
第 13 回解答 28
5.4 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 5. 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。★
5.5 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。
第 13 回解答 29
� �定理 6. 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→∞
∫ b
a
fn(x)dx =∫ b
a
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
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 R, R
とし、fn(x) の ∆ に対する上リーマン和と下リーマン和を Rn, Rn としましょう。つまり
∆ = {a = x0, x1, . . . , xk−1, xk = b}
として、
R =k∑
i=1
supxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1) R =k∑
i=1
infxi−1≤x≤xi
f(x)(xi − xi−1)
Rn =k∑
i=1
supxi−1≤x≤xi
fn(x)(xi − xi−1) Rn =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 =⇒ RN − RN <ε
2
第 13 回解答 30
を満たす分割 ∆ が存在します。よって、この ∆ に関して
R − R =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≤xi
fN (x) + ∥f − fN∥
)(xi − xi−1)
−k∑
i=1
(inf
xi−1≤x≤xi
fN (x) − ∥f − fN∥)
(xi − xi−1)
= RN − RN + 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。∣∣∣∣∣∫ b
a
(fn(x) − f(x))dx
∣∣∣∣∣ ≤∫ b
a
|fn(x) − f(x)|dx ≤ ∥fn − f∥(b − a) n→∞−−−−→ 0
ですので、 ∫ b
a
f(x)dx = limn→∞
∫ b
a
fn(x)dx
です。 □
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。
5.6 一様収束と微分
次に微分を考えましょう。f が x = a で微分可能なことの定義は
limx→a
f(x) − f(a)x − a
が存在することでした。分母は 0に行くので当然分子も 0に収束し f は a で連続です。だから、
微分可能というのは「連続+α」であって、その「+α」が「x− a との比が収束する」という条件
です。こう考えると一様収束と微分もとても相性が良いような感じがするでしょう、
しかし、次のような例が存在してしまいます。
例 2. 自然数 n に対し、実数全体を定義域とする関数 hn を
hn(x) =sinnx
n
と定義すると、
(1) 任意の x に対し、 limn→∞
hn(x) = 0.
(2) 任意の a に対し、 limn→∞
∫ a
0
hn(x)dx = 0.
(3) limn→∞
maxx
|hn(x)| = 0.
第 13 回解答 31
� �
O
y
x
h1
h2
h3h4
h5
� �(4) lim
n→∞h′
n(0) ̸= 0.
が成り立ちます。
証明. (1) 任意の n と x に対して | sinnx| ≤ 1 ですので、
limn→∞
| sin nx|n
≤ limn→∞
1n
= 0
ですから、
limn→∞
hn(x) = 0
です。
(2) 積分を計算すると、 ∫ a
0
hn(x)dx =[−cos nx
n2
]a0
=1 − cos na
n2
となりますので、(1)と同様に、
limn→∞
∫ a
0
hn(x)dx = limn→∞
1 − cos na
n2= 0
です。
(3) | sinx| は x = π2 + mπ (m ∈ N) のとき最大値 1をとりますので、hn(x) の最大値は 1
n です。
よって、
limn→∞
maxx
|hn(x)| = limn→∞
1n
= 0
です。
(4) h′n(x) = cos nx ですので、
limn→∞
h′n(0) = lim
n→∞1 = 1 ̸= 0
です。 □
(1)と (3)から {hn}∞n=1 の定数関数 0への収束は一様収束です。よって、前節で示したように積分と極限は入れ替えられるので、(2)が成り立つのは当然です。ところが、(4)からわかるように、微分と極限は入れ替えられません。それどころか、{h′
n(x)}∞n=1 は x が π の倍数でないところで
は各点収束さえしません。このような例はいくらでもあります。
第 13 回解答 32
このように一様収束と微分は相性が良くありません。そこで、仕方がないので、微分について
は積分についての定理 6を微積分の基本定理を使ってを微分の形に言い換えることで満足しましょう。それでも十分有用な定理が得られます。� �定理 7. C1 級関数の列 {fn}∞n=1 がある関数 f に各点収束しており、導関数の列 {f ′
n}∞n=1 が
ある関数 g に一様収束しているなら、f も C1 級で f ′ = g が成り立つ。� �証明. 微積分の基本定理により、
fn(x) − fn(a) =∫ x
a
f ′n(t)dt (5)
です。いま、{f ′n}∞n=1 は g に一様収束しているので、定理 6より
limn→∞
∫ x
a
f ′n(t)dt =
∫ x
a
g(t)dt
が成り立ちます。これと、{fn}∞n=1 が f に各点収束していることから、式 (5)の両辺で n → ∞ の極限をとると、
f(x) − f(a) =∫ x
a
g(t)dt
が得られます。再び微積分の基本定理により、この式は f が g を導関数とする微分可能な関数で
あることを意味しています。さらに g は連続関数列 {f ′n}∞n=1 の一様収束極限ですので、定理 5に
より連続関数です。よって f は C1 級関数です。 □
注意. このとき {fn}∞n=1 の f への収束は、定義域内の任意の閉区間上では一様になります。実際、
x ∈ [a, b] なら
|f(x) − fn(x)| ≤∫ x
a
|g(x) − f ′n(x)|dx + |f(a) − fn(a)|
であり、fn(a) は f(a) に収束しているので、ある自然数 N があって
n > N =⇒ |fn(a) − f(a)| <ε
2を満たし、f ′
n は g に一様収束しているので、ある自然数 M があって
n > M =⇒ |g(x) − f ′n(x)| <
ε
2(b − a)
を満たしますから、n が N と M の両方より大きければ
|f(x) − fn(x)| <ε
2(b − a)(b − a) +
ε
2= ε
となって、fn は [a, b] 上 f に一様収束します。★
注意. しつこいようですが、この定理も十分条件であって必要十分条件ではありません。定理 6という「必要十分条件ではないもの」から得たのですから当然といえば当然でしょう。たとえば、
fn(x) = −nx + 1nenx
とすると、{fn}∞n=1 は定数関数 0に各点収束しています。また、f ′n(x) = nx
enx ですので、定理 6のあとの注意にあるように {f ′
n}∞n=1 も定数関数 0に各点収束していて、その収束は一様収束ではありません。しかし、
limn→∞
f ′n(x) = 0 = f ′(x)
が成り立っています。★
第 13 回解答 33
5.7 関数項級数の場合
冪級数のように、関数列が「関数を足して行く」という形の無限級数で与えられることがしばし
ばあります。このような関数列のことを関数項級数と言います。もう少し詳しく書きましょう。� �定義 4. I を定義域とする関数の列 {fn}∞n=1 に対し、
∞∑n=1
fn(x) x ∈ I
を I 上の関数項級数といい、∞∑
n=1
fn
と書く。� �I に属する a をひとつ選ぶごとに
∞∑n=1
fn(a) という（普通の）無限級数ができるわけです。そし
て、無限級数が収束するとかしないとかいうことは、部分和の作る数列が収束するとかしないとか
いうことで定義されるのでした。だから、関数項級数が各点収束するとか一様収束するとかは次の
ように定義されることになります。� �定義 5. I 上の関数項級数
∞∑n=1
fn が各点収束するとは、関数列
f1, f1 + f2, f1 + f2 + f3, . . . ,n∑
k=1
fk, . . .
が各点収束することである。� �� �定義 6. I 上の関数項級数
∞∑n=1
fn が一様収束するとは、関数列
f1, f1 + f2, f1 + f2 + f3, . . . ,n∑
k=1
fk, . . .
が一様収束することである。� �注意. さらに、無限級数には普通の数列にはない絶対収束という概念がありました。これにあたる
ことを関数項級数で考えることもできます。各点絶対収束や一様絶対収束です。しかし、一様絶対
収束は講義で定義されるかどうか分かりませんし、収束概念があまりにも多くなって混乱しやすく
なりそうなので、このプリントでは絶対収束は（あらわには）扱わないことにします。★
これの節でこれまでに出てきた定理はすべて関数項級数にも当てはまります。
定義 5を関数項級数に対して書き直すと次のようになります。� �定理 8. I 上の関数項級数
∞∑n=1
fn が F に一様収束しているとき、すべての fn が連続関数な
らば F も連続関数である。� �
第 13 回解答 34
定理 6を関数項級数に対して書き直すと次のようになります。� �定理 9.
∞∑n=1
fn が F 一様収束しており、各 fn が定義域内の任意の有界閉区間で積分可能な
らば、F も任意の有界閉区間で積分可能であり、∫ b
a
F (x)dx =∞∑
n=1
∫ b
a
φn(x)dx
が成り立つ。� �つまり、無限和
∞∑n=1と積分の順序を入れ替えられるというわけです。これを項別積分定理と言い
ます。
同様に、定理 7を関数項級数に対して書き直すと、� �定理 10.
∞∑n=1
fn(x) が F に各点収束しており、各 fn(x) は C1 級で∞∑
n=1f ′
n(x) が G 一様収束
しているなら、F も C1 級で F ′ = G が成り立つ。� �つまり、無限和
∞∑n=1と微分の順序を入れ替えられるというわけです。これを項別微分定理と言い
ます。
6 一様収束性の判定
さて、前節の定理 5、6、7を応用したいのですが、そのためには与えられた関数列が一様収束しているのかどうかを判定できなければなりません。勝手な関数列が与えられたとき、それが何らか
の関数に一様収束しているかどうかを知るのに定義に照らしてみる以外に方法がないようでは使え
ないのです。この節ではそれについて考えましょう。まず、問題 8の解答です。
6.1 問題 8の解答
(1) | sin nx| ≤ 1 なので、x によらずに∣∣∣∣ sin nx
log n
∣∣∣∣ ≤ 1log n
n→∞−−−−→ 0
となります。よって、定義域全体で定数関数 0に一様収束します。
(2) どんなに大きな n を取っても、x > n なら
log(1 +
x
n
)> log 2
となってしまうので一様収束はしません。しかし、0 < a < b となる a, b を任意に固定すると、
maxa≤x≤b
log(1 +
x
n
)= log
(1 +
b
n
)n→∞−−−−→ 0
なので、[a, b] では一様収束しています。つまり、有界閉区間に限れば一様収束です。
第 13 回解答 35
(3) x を任意に固定して n → ∞ とすると 0になりますので、定数関数 0に各点収束はしています。しかし、n を固定したときの
∣∣∣ nx1+n2x2
∣∣∣ は x = ± 1n で最大値
12 を取り、これは n → ∞ とし
ても 12 のままであって 0になりません。よって、各点収束しかしていません。 □
6.2 一般論
一様収束を判定するための一般的な方法はあまりありません。準備なしに条件を述べることので
きる一様収束の判定法として、次のディニの定理を紹介しておきましょう。� �定理 11. 有界閉区間上の連続関数列 {fn}∞n=1 が連続関数 f に各点収束していて、任意の x
に対して数列{fn(x)
}∞n=1が単調増加または単調減少ならば、{fn}∞n=1 の f への収束は一様
収束である。� �証明. {fn}∞n=1 が各点で単調増加か単調減少に f に各点収束するとは、
gn(x) = |fn(x) − f(x)|
とおいたとき、関数列 {gn}∞n=1 が単調減少で 0に各点収束することと言い換えられます。また、{fn}∞n=1 が f に一様収束するとは、{gn}∞n=1 が 0に一様収束することです。そこで、この {gn}∞n=1
について定理を証明すればよいことになります。
背理法で示します。つまり、{gn}∞n=1 の 0への収束が一様でないと仮定して矛盾を導きましょう。{gn}∞n=1 の 0への収束が一様でないのですから、ある正実数 ε0 があって、どの自然数 n に対し
ても n 以上のある自然数 mn とある xn で
gmn(xn) ≥ ε0
を満たすものが存在します。いま、{gn}∞n=1 たちの定義域は有界閉区間ですので、数列 xn は収束
する部分列 xnkを持ちます1。その極限を x∞ としましょう。すると、各 gn が連続であることから
gn(x∞) = limk→∞
gn(xnk)
が成り立ちます。また、関数列 {gn}∞n=1 は単調減少ですので、ある nk 以下のすべての n に対し、
gn(xnk) ≥ gmnk
(xnk) ≥ ε0
が成り立ちます。ところが、k → ∞ のとき nk → ∞ ですので、任意の n はある nk 以下です。
よって、任意の n に対して
gn(x∞) ≥ ε0
が成り立ちます。これは gn が 0に各点収束することと矛盾します。 □
注意. 連続関数列が連続関数に収束していても一様収束とは限らないことは問題 7で見たとおりですので、この定理は自明ではありません。★
1ボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理です。
第 13 回解答 36
普通、関数列が具体的に与えられても、その収束先を具体的に書き下せるとは限りません。しか
し、∥ · ∥ という絶対値もどきがあるのだから、実数列の収束判定ででてきた「コーシーの収束条件」にあたるものを考えることはできます。つまり、� �定義 7. 関数列 fn が一様コーシー列であるとは、任意の正実数 ε に対して自然数 N で
n > N,m > N =⇒ ∥fn − fm∥ < ε
を満たすものが取れることを言う。� �というように実数のコーシー列のときと同様に定義すると、� �補題 2. {fn}∞n=1 が f に一様収束しているならば、{fn}∞n=1 は一様コーシー列である。� �
は当然成り立ちますが、この逆が成り立つかどうかということです。そして、実際、� �定理 12. {fn}∞n=1 が一様コーシー列ならば、{fn}∞n=1 はある f に一様収束する。� �
が言えます。
証明. 任意の x に対して
|fn(x) − fm(x)| ≤ ∥fn − fm∥
ですので、数列{fn(x)
}∞n=1
はコーシー列となり収束します。その値を f(x) と書くことにしましょう。x は任意でしたので f(x) は関数で、関数列 {fn}∞n=1 は f に各点収束するわけです。
limm→∞
|fn(x) − fm(x)| = |fn(x) − f(x)|
ですので、∥fn − fm∥ < ε ならば ∥fn − f∥ ≤ ε となります。これは {fn}∞n=1 の f への収束が一
様収束であることを意味しています。 □
6.3 関数項級数の場合
前節の一般論を関数項級数に当てはめることで、関数項級数に独特の一様収束判定法が得られま
す。優級数の方法、あるいはワイエルシュトラスの M テストと呼ばれます。� �定理 13. 関数列 {fn}∞n=1 に対して、数列 Mn で、二つの条件
(1) ∥fn∥ ≤ Mn (2)∞∑
n=1
Mn は収束する
を満たすものがあるならば、関数項級数∞∑
n=1fn は一様収束する。� �
証明. 条件 (1) より、n < m なる自然数に対して x によらずに∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
fk(x)
∣∣∣∣∣ ≤m∑
k=n+1
|fk(x)| ≤m∑
k=n+1
Mk
第 13 回解答 37
が成り立ちます。条件 (2) より数列n∑
k=1
Mk はコーシー列ですので、任意の正実数 ε に対してある
自然数 N があって
m > n > N =⇒m∑
k=n+1
Mk < ε
を満たします。よって x によらずに
m > n > N =⇒
∣∣∣∣∣m∑
k=n+1
fk(x)
∣∣∣∣∣ < ε
が成り立ちます。これは関数列n∑
k=1
fk(x) が一様コーシー列であることを示しており、定理 12から
一様収束します。 □
例 3. 級数∞∑
n=0an を絶対収束する級数とし fn(x) = an cos nx とすると、∥fn∥ ≤ |an| ですので、
関数項級数∞∑
n=0
an cos nx
は定理 13からある関数に一様収束します。その関数を F (x) とすると、項別積分定理から F (x)は積分可能で ∫ a
0
F (x)dx =∞∑
n=0
an
nsinna
となります。また、もし∞∑
n=0nan も絶対収束するなら、項別微分定理から F (x) は C1 級で
F ′(x) = −∞∑
n=0
nan sin nx
となります。このように sin や cos を項とする級数を 三角級数といいます。
注意. 上で「級数∞∑
n=0an は絶対収束する」という条件は本質的です。たとえば an = 1
n とすると、
∞∑n=1
an sinnx =
x
2− Nxπ, (2Nx − 1)π < x < (2Nx + 1)π, Nx は整数
0 x = Nπ, N は整数
と不連続関数に収束します（図 3）。★
6.4 問題 9の解答
(1) fn(x) =x
n(1 + nx2)とします。f ′
n(x) =1 − nx2
n(1 + nx2)2なので、|fn(x)| は x = ± 1√
nで最大値
をとり、その値は1
2n√
nです。無限級数
∞∑n=1
1n√
n=
∞∑n=1
1n
32
第 13 回解答 38
� �
O
y
xπ−π
π2
−π2
図 3: 三角級数∞∑
n=1
1n
sinnx の収束先。
� �は収束しますので、
an =1
2n√
n
と定義すると、数列 {an}∞n=1 は優級数になっています。よって、定理 13により、この関数項級数は一様収束します。
(2) x ≥ 0 なので、
0 ≤ 1(x + n)(x + n + 1)
≤ 1n(n + 1)
です。また、
∞∑n=1
1n(n + 1)
=∞∑
n=1
(1n− 1
n + 1
)=(
1 − 12
)+(
12− 1
3
)+ · · · +
(1n− 1
n + 1
)+ · · ·
= limn→∞
(1 − 1
n + 1
)= 1
と収束しています。そこで、
an =1
n(n + 1)
とすれば、数列 {an}∞n=1 は優級数になっています。よって、定理 13により、問題の関数項級数は一様収束します。
(3) x = 0 を代入すると、∞∑
n=1
1n となり発散します。x ̸= 0 でも、各 x に対して x2 < m となる整
数 m をとると、∞∑
n=1
1x2 + n
>
∞∑n=1
1m + n
=∞∑
n=m+1
1n
なのでやはり発散します。つまり、この関数項級数はすべての x で発散します。
(4) x を一つ固定します。すると、
1x2 + 1
,1
x2 + 2,
1x2 + 3
, . . . ,1
x2 + n, . . .
第 13 回解答 39
は単調減少数列になるので、任意の自然数 m と k に対して、
1x2 + m + 1
− 1x2 + m + 2
+1
x2 + m + 3− · · · + (−1)k−1
x2 + m + k≤ 1
x2 + m + 1<
1m
が成り立ちます。よって、n > m を満たす任意の自然数に対し、
supx
∣∣∣∣∣n∑
k=m+1
(−1)k−1
x2 + k
∣∣∣∣∣ ≤ 1m
m>n→∞−−−−−−→ 0
が成り立ちます。このことは問題の関数項級数が一様収束していることを意味します。
(5) | cos nx| ≤ 1 なので、 ∣∣∣cos nx
na
∣∣∣ ≤ 1na
です。a > 1 ならば∞∑
n=1
1na は収束しますので、定理 13より、a > 1 ならば問題の関数項級数は一
様収束します。
また、a ≤ 1 ならば、∞∑
n=1
cos n · 0na
=∞∑
n=1
1na
は発散します。つまり、x = 0 において問題の関数項級数は発散しています。ということは各点収束さえしていないのですから、一様収束もしていません。
(6) x も sinx も奇関数なので ∣∣∣xn− sin
x
n
∣∣∣ = ∣∣∣∣ |x|n− sin
|x|n
∣∣∣∣です。3次までのテイラー展開により、
sin|x|n
=|x|n
− |x|3
6n3+
sin c
24|x|4
n4≥ |x|
n− |x|3
6n3>
|x|n
− 1n3
が成り立ちます。(0 < c < |x|n ≤ 1 < π
2 です。）よって、∣∣∣∣ |x|n− sin
|x|n
∣∣∣∣ < 1n3
が任意の x ∈ [−1, 1] に対して成り立っています。
∞∑n=1
1n3
は収束するので、定理 13により、この関数項級数は一様収束します。 □
7 冪級数と項別微積分
冪級数は普通一様収束はしていません。たとえば、任意の x に対して
∞∑n=0
xn
n!= ex
第 13 回解答 40
であることを我々は知っています。しかし、任意の n に対して
Sn(x) =n∑
k=0
xk
k!
は多項式ですので、特に x → −∞ のとき |Sn(x)| → ∞ となってしまい、
∥Sn(x) − ex∥ = ∞
であって、この収束は一様収束ではありません。しかし、a を中心とした冪級数の収束半径が R
のとき、その冪級数は開区間 (a − R, a + R) 内の任意の有界閉区間上で一様収束しています。微分や積分は定義域全体ではなくそれに含まれる有界閉区間に限って考える概念ですので、冪級数に
対しても項別微積分定理を使うことができます。
7.1 問題 10の解答
(1) 問題の冪級数は∞∑
n=0
a2nx2n =∞∑
m=0
am + (−1)mam
2xm
と書き換えられます。さらに、右辺は二つの冪級数の和に分解でき、
=12
∞∑m=0
amxm +12
∞∑m=0
am(−x)m =f(x) + f(−x)
2
となります。
(2) 問題の冪級数は∞∑
n=0
(an − an+1)xn =∞∑
n=0
anxn −∞∑
n=0
an+1xn
と二つの冪級数に分解できます。右辺の第 1項は f(x) そのものです。第 2項は、全体に x を掛け
ることにより、
∞∑n=0
an+1xn =
1x
∞∑n=0
an+1xn+1 =
1x
∞∑m=1
amxm =f(x) − a0
x
となります。（ただし、x = 0 のときは a1 です。）よって、
∞∑n=0
(an − an+1)xn = f(x) − f(x) − a0
x=
(x − 1)f(x) + f(0)x
です。
(3) f(x) を微分すると、項別微分により、
f ′(x) =∞∑
n=1
nanxn−1
となります。よって、
xf ′(x) =∞∑
n=1
nanxn
第 13 回解答 41
です。これを微分すると、また項別微分により、
(xf ′(x))′ =∞∑
n=1
n2anxn−1
となります。よって、
x(xf ′(x))′ =∞∑
n=1
n2anxn
です。n = 0 のとき n2a0x0 = 0 ですので、結局、∞∑
n=0
n2anxn = x(xf ′(x))′ = xf ′(x) + x2f ′′(x)
となります。 □
7.2 問題 11の解答
見た目がごちゃごちゃするのを防ぐために
a0 = f(0) an = f (n)(0) n = 1, 2, 3, . . .
とおきます。仮定より、任意の x で
f(x) =∞∑
n=0
an
n!xn
が成り立っています。
項別微分可能ですから
f(x) =∞∑
n=0
an
n!xn = a0 + a1x +
a2
2x2 +
a3
3!x3 + · · · (6)
の微分は
f ′(x) =∞∑
n=1
an
(n − 1)!xn−1 = a1 + a2x +
a3
2x2 +
a4
3!x3 + · · · (7)
となります。これをもう一度項別に微分すると、
f ′′(x) =∞∑
n=2
an
(n − 2)!xn−2 = a2 + a3x +
a4
2x2 +
a5
3!x3 + · · ·
が得られます。これを条件式
f ′′(x) − 3f ′(x) + 2f(x) = 0
に代入すると、∞∑
n=2
an
(n − 2)!xn−2 − 3
∞∑n=1
an
(n − 1)!xn−1 + 2
∞∑n=0
an
n!xn = 0
となります。これを xn について整理するために、左辺の第 1項では n − 2 を n と、第 2項ではn − 1 を n と改めて置き直すと、
∞∑n=0
an+2
n!xn − 3
∞∑n=0
an+1
n!xn + 2
∞∑n=0
an
n!xn =
∞∑n=0
an+2 − 3an+1 + 2an
n!xn = 0
第 13 回解答 42
となります。これが任意の x について成り立つ、つまり、両辺が関数として等しいというのが条
件なのですから、
an+2 − 3an+1 + 2an = 0
が任意の n について成り立てば十分です。（実際には「テイラー展開の一意性」により、十分なだ
けではなく必要でもあります。）
一方、もう一つの条件 f(0) = 2, f ′(0) = 5 を満たすために、(6)と (7)に x = 0 を代入すると、
f(0) = a0 = 2 f ′(0) = a1 = 5
であることが分かります。
以上より、求める関数は、0における n 次微分係数 f (n)(0) = an が三項間漸化式
an+2 − 3an+1 + 2an = 0 a0 = 2 a1 = 5
を満たす関数であることが分かりました。
この三項間漸化式を解きましょう。漸化式の両辺に an+1 − 2an を足すと
an+2 − 2an+1 = an+1 − 2an
となります。そこで、数列 {bn}∞n=0 を bn = an+1 − 2an で定義すると、{bn}∞n=0 は漸化式
bn+1 = bn b0 = a1 − 2a0 = 1
を満たす数列となります。すなわち、bn は n に依らずに常に 1です。一方、三項間漸化式の両辺に 2an+1 − 2an を足すと
an+2 − an+1 = 2an+1 − 2an = 2(an+1 − an)
となります。そこで、数列 {cn}∞n=0 を cn = an+1 − an で定義すると、{cn}∞n=0 は漸化式
cn+1 = 2cn c0 = a1 − a0 = 3
を満たす数列となります。これは初項が 3で公比が 2の等比数列、すなわち cn = 3 · 2n です。こ
れで、
an = (an+1 − an) − (an+1 − 2an) = cn − bn = 3 · 2n − 1
であることが分かりました。
これを f(x) の 0におけるテイラー展開に代入しましょう。すると、
f(x) =∞∑
n=0
an
n!xn =
∞∑n=0
3 · 2n − 1n!
xn = 3∞∑
n=0
1n!
(2x)n −∞∑
n=0
1n!
xn = 3e2x − ex
となります。これが求める関数です。 □
![Ö O Ö O O - GitHub Pages series.pdfIn [1]: 1 級数 1.1 絶対収束と条件収束 1.1.1 絶対収束と条件収束の定義 定理: であると仮定する. そのとき, ある正の定数](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5f358834fdf42b1d1e02e442/-o-o-o-github-pages-seriespdf-in-1-1-c-11-c.jpg)
