• 正項級数でないと，たとえ収束しても，項の順序を入れ替えると，和がかわってしまう可能性がある．

• 項の順序を入れ替えても和が変わらない級数は ?

定義 級数P

an が絶対収束する def⇐⇒P

|an|：収束

• 注意．絶対収束する：absolutely convergent（副詞＋形容詞）の訳語．

現時点では，「絶対収束的」ということで，絶対的に収束する：converges absolutely

という「動詞＋副詞」ではない． しかし

定理P

an：絶対収束する =⇒P

an：収束．

定理P

an：絶対収束する =⇒P

an：収束．

• 主張の内容：P

|an| < ∞ =⇒P

an：収束．• この定理により，

absolutely convergent と converges absolutelyを混同しても問題はないことになる．証明． Sn := a1 + · · · + an, Tn := |a1| + · · · + |an| とおく．ε > 0：given. 仮定より，∃N s.t. p > q = N ならば

|aq+1| + · · · + |ap| = |Tp − Tq| < ε.このとき

|Sp − Sq| = |aq+1 + · · · + ap| 5 |aq+1| + · · · + |ap| < ε.ゆえに {Sn} は Cauchy 列になって，

Pan は収束する． §

級数P

an に対して

(an)+ :=|an| + an

2= 0, (an)− :=

|an|− an2

= 0.

明らかに，an = (an)+ − (an)−, |an| = (an)+ + (an)−．

例：an := (−1)n−11

n(n = 1, 2, . . . ) のとき．

an : 1, − 12,13, −

14,

15, −

16, · · ·

|an| : 1, 12,13,

14,

15,

16, · · ·

(an)+ : 1, 0,13, 0,

15, 0, · · ·

(an)− : 0, 12, 0,14, 0,

16, · · ·

定理Pan：絶対収束 ⇐⇒

P(an)+ < ∞ かつ

P(an)− < ∞．

このとき，S =P

(an)+ −P

(an)−．

証明．[⇒]P

|an| < ∞ なら，(an)± 5 |an| よりP

(an)± < ∞．[⇐]

P(an)± < ∞ なら，|an| = (an)+ + (an)−よりX

|an| =X

(an)+ +X

(an)− < ∞.そして an = (an)+ − (an)− より最後の主張が出る． §

項の順序を入れ替えて得られる級数とは ?

ρ：N から N への全単射（単射かつ全射）単射：n 6= m =⇒ ρ(n) 6= ρ(m)

あるいはその対偶 ρ(n) = ρ(m) =⇒ n = m全射：∀y ∈ N, ∃n ∈ N s.t. ρ(n) = y

∞P

n=1aρ(n) のこと．

定理P

an = S：絶対収束 =⇒∀ρ：N → N（全単射）に対して，

Paρ(n) も絶対収束して，

和は S に等しい．

定理P

an = S：絶対収束 =⇒∀ρ：N → N（全単射）に対して，

Paρ(n) も絶対収束して，

和は S に等しい．証明． 正項級数については既知である．従って，

P(aρ(n))+ =

P(an)+,

P(aρ(n))− =

P(an)−．

|aρ(n)| = (aρ(n))+ + (aρ(n))− よりX|aρ(n)| =

X(aρ(n))+ +

X(aρ(n))− =

X(an)+ +

X(an)−

=X

|an| < ∞.ゆえに

Paρ(n) は絶対収束して，X

aρ(n) =X

(aρ(n))+ −X

(aρ(n))− =X

(an)+ −X

(an)−

=X

an = S. §

絶対収束する級数の積：S =

Pan, T =

Pbn：絶対収束．

ST =

µ ∞X

n=1

an

∂µ ∞X

n=1

bn

∂

= a1b1 + a1b2 + a2b1 + a1b3 + a2b2 + a3b1 + · · ·希望　最後の級数は絶対収束する．そして

ST = a1b1 + (a1b2 + a2b1) + (a1b3 + a2b2 + a3b1) + · · ·

=∞X

k=1

kX

n=1

anbk+1−n

というように計算したい．

補足：∞P

n=1an が収束 =⇒ この項の順序を変えないで，連続する

有限個の項を括弧でくくって得られる級数(a1 + · · · + an1) + (an1+1 + · · · + an2) + · · ·

は収束して，∞P

n=1an と同じ和を持つ．

証明：　Sn：元の級数の第 n 項までの和．S := lim

n→∞Sn =

∞P

n=1an．

新しく作られた級数の部分和からなる数列は Sn1, Sn2, . . .これは元の {Sn} の部分列であるから，証明終わり． §

定理P

an = S,P

bn = T：絶対収束．Pi,j

aibj：P

anとP

bnから1個ずつai, bj をとり，i, j の組合せをもれなく一度だけ選んで任意の順序に並べて得られる級数

=⇒P

i,jaibjは絶対収束して，和は ST に等しい．

系 S =P

an, T =P

bn：絶対収束．cn := a1bn + a2bn−1 + · · · + anb1=⇒

Pcn は絶対収束して，和は ST に等しい．

系の証明．定理より，a1b1 +a1b2 +a2b1 +a1b3 +a2b2 +a3b1 + · · ·は絶対収束する．ゆえに

|a1||b1| + (|a1||b2| + |a2||b1|)+ (|a1||b3| + |a2||b2| + |a3||b1|) + · · · < ∞

ここで|cn| 5 |a1||bn| + |a2||bn−1| + · · · + |an||b1|

であるから，P

cn も絶対収束する．そしてa1b1 + (a1b2 + a2b1) + (a1b3 + a2b2 + a3b1) + · · · = ST. §

定理P

an = S,P

bn = T：絶対収束．Pi,j

aibj：P

anとP

bnから1個ずつai, bj をとり，i, j の組合せをもれなく一度だけ選んで任意の順序に並べて得られる級数

=⇒P

i,jaibjは絶対収束して，和は ST に等しい．

証明． A :=P

|an| < ∞，B :=P

|bn| < ∞ とする．Cn：

P|aibj|の第n部分和．

M(n)：P

aibjの第n部分和に現れる番号 i, jの内最大のもの．

Cn 5µM(n)X

i=1

|ai|∂µM(n)X

j=1

|bj|∂

5 AB.

ゆえに単調増加数列{Cn} は上に有界．従って収束．

よってP

aibj は絶対収束．⇒ 項の順序をかえても和は不変．さらにそれらの項をカッコでくくってもよい．

a1b1 a1b2 a1b3 · · · a1bn · · ·a2b1 a2b2 a2b3 · · · a2bn · · ·a3b1 a3b2 a3b3 · · · a3bn · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

anb1 anb2 anb3 · · · anbn · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

dn :=P

max(i,j)=naibj として

Pdn を考える：

Xdn = a1b1 + (a1b2 + a2b2 + a2b1)

+ (a1b3 + a2b3 + a3b3 + a3b2 + a3b1)

+ · · ·

Un：P

dk の第 n 部分和．Sn, Tn：

Pai,

Pbj の第 n 部分和．

Un =

µ nX

i=1

ai

∂µ nX

j=1

bj

∂= SnTn → ST (n →∞).

以上からP

aibj = S となる． §

a1b1 a1b2 a1b3 a1b4 · · ·a2b1 a2b2 a2b3 · · ·a3b1 a3b2 · · ·a4b1 · · ·· · ·

系では，c1 := a1b1, c2 := a1b2 + a2b2, c3 := a1b3 + a2b2 + a3b1,c4 := a1b4 + a2b3 + a3b2 + a4b1, . . . として

Pcn を考えた．

例 |x| < 1 のとき，∞P

n=1nxn−1 =

1

(1− x)2絶対収束すること：an := n|x|n−1 とおくと，

an+1an

=(n + 1)|x|n

n|x|n−1=

≥1 +

1

n

¥|x|→ |x| < 1 (n →∞)

より，P

n|x|n−1 < ∞．

(1) 高校式：S =∞P

n=1nxn−1 とおくと，xS =

∞P

n=1nxn である．

S =∞P

n=0(n + 1)xn, xS =

∞P

n=0nxn でもあるから

(1− x)S =∞P

n=0{(n + 1)− n}xn =

∞P

n=0xn =

1

1− x

ゆえに S = 1(1− x)2

．

(2) |x| < 1 のとき，∞P

n=0xn =

1

1− x，∞P

n=1nxn−1 =

1

(1− x)2

ゆえに∞P

n=1nxn−1 =

≥ ∞P

n=0xn

¥2である．これを直接見てみよう．

an = bn = xn−1，cn :=nP

k=1akbn+1−k (n = 1, 2, . . . ) とすれば

cn =nX

k=1

xk−1xn−k = nxn−1.

Pxn−1 は絶対収束するから∞X

n=1

cn =

µ ∞X

n=1

an

∂µ ∞X

n=1

bn

∂=

µ ∞X

n=1

xn−1∂2

=1

(1− x)2

(3) 等比級数を微分してみよう！

1 +∞P

n=1xn =

∞P

n=0xn =

1

1− x の両辺を微分したら∞X

n=1

nxn−1 =1

(1− x)2

注意：一般に f (x) =∞P

n=1fn(x) だからといって，

f 0(x) =∞P

n=1f 0n(x)とは限らない．

つまり，項別に微分できるとは限らない．でも等比級数なら，絶対収束する範囲で，構わない（もう少しあとで一般的な形で学習する）．

• 極端な例： Weierstrass の函数0 < a < 1とし，b は ab > 1 + 3π

2をみたす奇数とする．

たとえば a = 0.5, b = 13．

f (x) :=∞X

n=0

an cos(bnπx) (−∞ < x < ∞)

この函数は連続であるけれど，どの点でも微分可能ではない．Pの各項 an cos(bnπx) はもちろん微分可能である．

しかし，どの x ∈ R においても，f 0(x) は存在しない．

file:///Users/nomuratakaaki/Desktop/2009%E6%95%B0%E5%AD%A6%E6%A6%82%E8%AB%96I/Graph4/graph.gcf

例 f (x) :=∞P

n=1

Ωn2x

1 + n3x2− (n + 1)

2x

1 + (n + 1)3x2

æ

SN (x) :=NP

n=1

Ωn2x

1 + n3x2− (n + 1)

2x

1 + (n + 1)3x2

æとおくと

SN (x) =x

1 + x2− (N + 1)

2x

1 + (N + 1)3x2→ x

1 + x2

なぜなら，x 6= 0 のとき(N + 1)2x

1 + (N + 1)3x2=

x

N + 11

(N + 1)3+ x2

→ 0

SN (0) = 0 (∀N)であるので，∀x ∈ R で，f (x) =x

1 + x2

d

dx

µn2x

1 + n3x2

∂=

n2(1 + n3x2)

(1 + n3x2)2− n

2x · 2n3x(1 + n3x2)2

=n2(1− n3x2)(1 + n3x2)2

であるから

S0N (0) =NX

n=1

{n2− (n + 1)2} = 1− (N + 1)2 → −∞ (N →∞)

しかし，f 0(x) = 1− x2

(1 + x2)2より，f 0(0) = 1．

例 f (x) :=∞P

n=1

Ωn2x

1 + n3x2− (n + 1)

2x

1 + (n + 1)3x2

æ

SN (x) :=NP

n=1

Ωn2x

1 + n3x2− (n + 1)

2x

1 + (n + 1)3x2

æとおくと

SN (x) =x

1 + x2− (N + 1)

2x

1 + (N + 1)3x2→ x

1 + x2

例 ex :=∞X

n=0

xn

n!（指数函数の定義）

• 絶対収束すること： すなわち∞P

n=0

|x|nn!が収束すること

x = 0のときは明らか．x 6= 0 として an :=|x|nn!とおく．

an+1an

=|x|n+1(n + 1)!

· n!|x|n =|x|

n + 1→ 0 (n →∞)

より，P |x|n

n!は収束する．

ゆえに の右辺の級数は収束し，指数函数は well-defined．

指数法則：exey = ex+y

左辺は絶対収束する級数の積 !

exey =

µ ∞X

n=0

xn

n!

∂µ ∞X

m=0

ym

m!

∂=

X

n,m

xn ym

n! m!

an :=xn

n!, bm :=

ym

m!とする．

a0b0 a0b1 a0b2 a0b3 · · ·a1b0 a1b1 a1b2 · · ·a2b0 a2b1 · · ·a3b0 · · ·· · ·

exey =

µ ∞X

n=0

xn

n!

∂µ ∞X

m=0

xm

m!

∂=

X

n,m

xn ym

n! m!

=∞X

k=0

kX

n=0

xn yk−n

n! (k − n)!

=∞X

k=0

1

k!

kX

n=0

µk

n

∂xnyk−n

=∞X

k=0

(x + y)k

k!

= ex+y.