総和を表す\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} a_{k}\)で和の最終地点が\(n\)ではなく無限に加算される数列項が続いていくものを無限級数と呼ぶ。
つまり、\(\displaystyle a_{1} + a_{2} + a_{3} + \cdots\cdots = \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \)と表現される。
これまで、数列での極限を投稿してきた。無限級数では部分和というものを考える。その部分和を数列とみなせば、これまでの数列で論じられる極限を部分和の極限に援用できる。
【部分和】
今、数列\(\left\{a_{n}\right\}\)の一般項を\(n\)とすると、\(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + \cdots + n + \cdots \cdots \)のような無限級数となる。 その部分和は以下のようになる。
\({\color{red}{ 1}} ,\ {\color{orange}{1 + 2}} , \ {\color{purple}{1+2+3}} ,\ {\color{blue}{1 + 2 + 3 + 4}},\ {\color{brown}{1+ 2 + 3 + 4 +5}} , \cdots , \ {\color{pink}{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + \cdots + n }},\ \cdots \cdots \). 部分和を\(s_{n}\)で表し、以下の関係が分る。
\begin{align}
s_{1} &= 1 = {\color{red}{a_{1}} }= \sum_{k=1}^{1} a_{k} \\
s_{2} &= 1 + 2 = {\color{orange}{a_{1} + a_{2}}} = \sum_{k=1}^{2} a_{k} \\
s_{3} &= 1 + 2 + 3 = {\color{purple}{a_{1} + a_{2} + a_{3}}} = \sum_{k=1}^{3} a_{k} \\
s_{4} &= 1 + 2 + 3 + 4 = {\color{blue}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}} = \sum_{k=1}^{4} a_{k} \\
s_{5} &= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = {\color{brown}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{5}}} = \sum_{k=1}^{5} a_{k} \\
\vdots \\
s_{n} &= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + \cdots + n = {\color{pink}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{5} + \cdots + a_{n}}} = \sum_{k=1}^{n} a_{k}
\end{align}
この場合の無限級数は"正の無限大"になるのは自明だが証明しよう。数列極限と似通った証明となる。
数列極限では、任意の\(M \gt 0\)に対して、ある\(N \in \mathbb{N}\)が存在して、全ての\(n \gt N\)について\( a_{n} \gt M \)が成り立つならば、正の無限大に発散するであった。無限級数では、その部分和が発散すれば、その部分和を構成する無限級数も発散するという定理を利用する。
[証明]
\(s_{n}\)は全ての\(n \in \mathbb{N}\)について、\(s_{n} \gt 0\)である。任意の\(M \gt 0\)に対して、ある\(N \in \mathbb{N}\)が存在して、全ての\(n \gt N \in \mathbb{N}\)について、\(\displaystyle s_{n} = \sum_{k=1}^{n} k \gt s_{N} = \sum_{k=1}^{N} k \)であるから、\(\displaystyle \sum_{k=1}^{N} k = M\)とおくと、 \(s_{n} \gt M\).したがって、部分和が正の無限大に発散するので、数列\(\left\{a_{n}\right\} = \left\{n \right\}\)の無限級数\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} k \)は正の無限大に発散する。(証明了)
このケースでの部分和は高校数学で\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} k = \dfrac{1}{2} n \left(n + 1 \right) \)と知っている。\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2} n \left(n + 1 \right) \left[ = s_{n} \right] \)を考えたことと同様になる。
無限級数が収束する場合、例えば\(\alpha \) ( 無限級数の和 )になるなら、部分和の極限値も\(\alpha \in \mathbb{R} \)になる。つまり、\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} a_{k} = \lim_{n \to \infty} s_{n} = \alpha \ \ \cdots {\color {red} \large \bigstar} \).
無限級数が収束：無限級数 = 部分和の極限 = 無限級数の和 ( 部分和の極限値 ).
次に、練習として\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac{1}{2^{k}} \)を考えてみる。実際に部分和を取り出す。
\(\displaystyle s_{1} = \dfrac{1}{2},s_{2} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} , s_{3} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} , s_{4} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{16} , \cdots \cdots \Longrightarrow s_{1} = \dfrac{1}{2} , s_{2} = \dfrac{3}{4} , s_{3} = \dfrac{7}{8} , s_{4} = \dfrac{15}{16} ,\cdots \cdots \)
和をよく観察すると、\(\displaystyle s_{n} = \dfrac{2^{n} - 1 }{2^{n}} = 1 - \dfrac {1}{2^{n}} \)と分る。アルキメデスの性質から、\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0 \)であった。\(\displaystyle 2^{n} \in \mathbb{N} \)であるから、\(\displaystyle \lim_{n \to \infty } \dfrac{1}{2^{n}} = 0 \) .したがって、\(s_{n} \to 1 \)であり、元の無限級数も\(1\)になる。あとで、無限等比級数(ただし、\(k = 0\)として考えるだろう。高校では\(k =1\)でやるかもしれない。)を論じることになるが、この無限級数はそれに当たり、収束する場合の公式は初項\(a\)、公比\(r\)として\(\displaystyle \dfrac {a}{1 - r }\)が和となる。ここでは、\(\displaystyle \dfrac {1}{2^{n}}= \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n -1}\)より、\(\displaystyle a = \dfrac{1}{2}, r = \dfrac{1}{2}\)であるから、\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac{1}{2^{k}} = \dfrac {\dfrac{1}{2}}{1 - \dfrac {1}{2}} = 1 \)となる。高校数学の復習となるが、\(s_{n}\)の分子の形が浮かばなければ、階差数列が想起されるだろう。
\(3 - 1 = 2\ , 7 - 3 = 4 = 2^{2}\ , 15 - 7 = 8 = 2^{3}, \cdots \cdots \)から、\( b_{n} = 2^{n}\)である。\(\displaystyle c_{n} = c_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_{k} \left(n \ge 2 \right) \)から、\(\displaystyle c_{n} = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} 2 \cdot 2^{k - 1}\)となる。階差部分は初項２、公比２の第\(\left(n - 1\right)\)項までの和であるから、\(\displaystyle \dfrac {2 \left(2^{n-1} - 1 \right)}{2 - 1} = 2^{n} - 2\ \left[\because r \neq 1\ \sum_{k = 1}^{n} ar^{n-1} = \dfrac {a\left(1 - r^{n} \right)} {1 - r} = \dfrac {a\left( r^{n} - 1 \right)} {r - 1}\right] \)であり、\(c_{n} = 1 + 2^{n} - 2 = 2^{n} - 1\)で、これは\(n = 1\)のときも成り立つ。
数列で極限値を持つ場合の公式があったが、無限級数が収束する場合に以下が成り立つ。
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k}= \alpha \) , \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} b_{k}= \beta \) , \(c\) を実数とする。
(ⅰ) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left(a_{k} + b_{k} \right) = \alpha + \beta \). (ⅱ) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left(a_{k} - b_{k} \right) = \alpha - \beta \). (ⅲ) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} c \cdot a_{k} = c \cdot \alpha \). (ⅰ)を示してみよう。
無限級数が収束するのであれば、それが構成する部分和も同じ極限値に収束することになる。\(\displaystyle s_{n} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} \) , \(\displaystyle t_{n} = \sum_{k=1}^{n} b_{k} \)とおくと、\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_{n} = \alpha \ , \lim_{n \to \infty} t_{n} = \beta \) が成り立っている。さらに、数列での極限法則より、\(\left\{s_{n} + t_{n}\right\} \to \alpha + \beta \ \ \cdots {\color {red} \large \clubsuit} \) が成り立つ。
ここで、\(\displaystyle v_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \left(a_{k} + b_{k} \right) \ \cdots {\color {red} \large \blacksquare} \)とおく。
\begin{align}
s_{n} + t_{n} &= (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} ) + (b_{1} + b_{2}
+ \cdots + b_{n} ) \\
&= (a_{1} + b_{1} ) + ( a_{2} + b_{2} ) + \cdots + ( a_{n} + b_{n} ) \\
&= v_{n}\ \ \cdots {\color {red} \large \heartsuit} \\
\sum_{k=1}^{\infty} \left(a_{k} + b_{k} \right) &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \left( a_{k} + b_{k} \right) \ \cdots {\color {red} \large \bigstar} \\
&= \lim_{n \to \infty} \left( v_{n} \right) \ \cdots {\color {red} \large \blacksquare } \\
&= \lim_{n \to \infty} \left( s_{n} + t_{n} \right) \ \ \cdots {\color {red} \large \heartsuit} \\
&= \alpha + \beta \ \ \cdots {\color {red} \large \clubsuit }
\end{align}
級数の収束テスト
原文を記載しておこう。 \(\mathrm{If}\) \(\large a_{k} \nrightarrow 0 \ , \) \(\mathrm{then}\) \(\displaystyle \large \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} \) \(\mathrm{diverges}\).
高校数学教科書では\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} \neq 0 \)ならば無限級数 \(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} \) は発散する。証明ではこの対偶命題を証明する。
対偶：無限級数 \(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} \) が収束するならば、 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 \). \(\varepsilon - N \)論法にあったように、最終的に\(|a_{n} - 0| \lt \varepsilon \)を示せば終わる。コーシー列を利用して証明する。
\(\large \left[\mathrm{証明}\right]\)
無限級数 \(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} \) が収束すると仮定し、その部分和を\(\displaystyle \large s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} \)とおく。無限級数が収束することから、\(\large s_{n}\)も収束する。ゆえに、\(\large s_{n}\)はコーシー列である。任意の\(\varepsilon \gt 0 \)に対して、ある\(N \in \mathbb{N} \)が存在して、すべての\(m, n \gt N \)について、\(\large |s_{n} - s_{m}| \lt \varepsilon \)が成り立つ。今、ここで一般性を失うことなく、\(n \ge m \)と仮定する。\(\large s_{n} \)をもとの形に戻して、\(\displaystyle \large \left|\sum_{k = 1}^{n} a_{k} - \sum_{k = 1}^{m} a_{k}\right| \lt \varepsilon \Longrightarrow \left|\sum_{k = m + 1}^{n} a_{k}\right| \lt \varepsilon \)が導出される。これは、全ての\(m , n \gt N \)について満足する。その不等式で\(m = n - 1 \)の場合を考えれば、\(\displaystyle \large \left|\sum_{k = n}^{n} a_{k} \right| \lt \varepsilon \Longrightarrow \left|a_{n}\right| \lt \varepsilon \Longrightarrow \left|a_{n} - 0 \right| \lt \varepsilon \).
任意の\(\varepsilon \gt 0 \)に対して、ある\(N \in \mathbb{N}\)が存在して、全ての\(n \gt N \)について、\(|a_{n} - 0 | \lt \varepsilon \)が成り立つことを、最後の帰結は示す。ゆえに、極限の定義により\( a_{n} \to 0 \)になることが証明された。(証明終わり).
慣れないと、どうも、\(m = n- 1\)の部分が気になるが、\([ \gt N]\)があるように極限であるから、十分小さな\(\varepsilon \)に依存する、十分大きな\(m , n \)を考えていることに留意するべきだろう。\(\displaystyle \large \sum_{k = 1}^{n} a_{k} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{m} + a_{m+1} + \cdots + a_{n} \) , \(\displaystyle \large \sum_{k = 1}^{m} a_{k} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{m} \)であるから、\(\displaystyle \large \sum_{k = 1}^{n} a_{k} - \large \sum_{k = 1}^{m} a_{k} = a_{m+1} + \cdots + \cdots + a_{n} = \large \sum_{k = m+1}^{n} a_{k} \). \(\large + \)符号での和のインデックスに着目すると、開始値が \(m + 1\) で、 終点が \(n\)である。\(m = n -1 \)を\(\large s_{n}\)で考えると、高校数学で登場した\(n \ge 2\)で\(s_{n} - s_{n-1} = a_{n} \)のことである。ここでは、十分大きな\(n\)と言及したように、\(n \ge 2\)の条件は必要なかろう。
参考文献：Jay Cummings "Real Analysis" ＜English Book＞