\(\large \bullet\) 全ての\(k\)について \(a_{k} \ge 0 \)であるならば、\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k}\)は収束もしくは発散する。 \(\cdots \cdots \large \color {red}{\bigstar} \)
各\(a_{k}\)は非負であるから部分和は単調増加である。ゆえに単調収束定理に従う。よって、収束か発散であるし、極限が存在しないという態様はない。
なお。全ての\(k\)について \(a_{k} \ge 0 \)である無限級数を正項級数という。
\(\large \bullet\)[比較判定法：Comparison test]
全ての\(k\)について、\(0 \leq a_{k} \leq b_{k} \)であると仮定する。そのとき、以下が成り立つ。
１. \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} b_{k} \) が収束するならば、そのとき \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \) は収束する。\(\cdots \large \color {green} {\clubsuit} \)
２. \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \) が発散するならば、そのとき \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} b_{k} \) は発散する。\(\cdots \large \color {orange} {\spadesuit} \)
\(\large \color {red}{\bigstar} \)での説明のように、仮定より\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \) と \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} b_{k} \) の部分和は単調増加である。今、それぞれの部分和を \(s_{n}\)、\(t_{n}\)とする。\(a_{1} \leq b_{1} , a_{2} \leq b_{2} , \cdots \cdots , a_{n} \leq b_{n} \)であるから、\(s_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} \leq b_{1} + b_{2} + \cdots + b_{n} = t_{n} \rightarrow s_{n} \leq t_{n} \) が全ての\(n\)について成り立つ。\(\large \color {green} {\clubsuit} \) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} b_{k} \)が収束するので、部分和である\(t_{n}\)も収束する。\(t_{n}\)は単調増加でもあるので、単調収束定理より上に有界で極限値は上限(最小上界)である。その上限を\(\alpha \)とする。
すると、\(t_{n} \leq \alpha \Longrightarrow s_{n} \leq t_{n} \leq \alpha \Longrightarrow s_{n} \leq \alpha \)であるから、\(s_{n}\)の無限級数である\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \)は収束する。ゆえに、\(\large \color {green} {\clubsuit} \)は成り立つ。
\(\large \color {orange} {\spadesuit} \) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \)が発散するので、その部分和\(s_{n}\)は単調増加より正の無限大へ発散する。無限大の定義より、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、\( M \lt s_{n} \)が成り立つ。\( M \lt s_{n} \leq t_{n} \Longrightarrow M \lt t_{n} \)が全ての\(n \gt N\)について成り立つので、\(t_{n}\)は正の無限大へ発散する。ゆえに、\(\large \color {orange} {\spadesuit} \)は成り立つ。
調和級数と\(p\)-級数判定法
\(1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} + \cdots \) のように、だんだんと小さな数の値を加算してゆく級数を考える。項自体が収束しているので、直感として級数自体が収束すると思われるが、実のところ、この級数は発散する。自然数の逆数を加算してゆく、このような級数を調和級数という。
\(\Large【命題】\) 調和級数 \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k} \)は発散する。
\begin{align}
\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac {1}{k}&= 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} + \cdots \\
&= 1 + \left(\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4}\right) + \left(\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8}\right) + \cdots \\
&\gt 1 + \left(\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}\right) + \left(\dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8}\right) + \cdots \\
&= 1 + \left(\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2}\right) + \cdots
\end{align}
部分和を\(s_{n}\)として、上記をよく観察すると、
\begin{align}
\Large {s_{2=2^{\color {red}{1}}}} &= 1 + \dfrac{1}{2} \ \ \ \longmapsto \ 1 + {\color {red} {1} }\times \dfrac{1}{2} \\
\Large {s_{4=2^{\color {red} {2}}}} &= 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} \ \ \ \longmapsto \ 1 + {\color {red} {2}} \times \dfrac{1}{2} \\
\Large {s_{8=2^{\color {red} {3}}}} &= 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} \ \ \ \longmapsto \ 1 + {\color {red} {3} }\times \dfrac{1}{2} \\
\vdots
\end{align}
以上のような対応関係が見て取れる。一般に
\begin{align}
{\Large s_{2^{n}}} \ge 1 + n \times \dfrac {1}{2}
\end{align}
が成り立っている。\(1 + n \times \dfrac {1}{2}\)は発散するので、文頭部分で記載した比較判定法により、\(\Large s_{2^{n}}\)も発散する。\(\Large s_{2^{n}}\)は部分列で、単調増加である。それが発散するということは、同じく単調増加である\(\Large s_{n}\)が上に有界でないことを示す。すなわち、\(\Large s_{n}\)も発散する。ゆえに、調和級数 \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k} \)は発散する。\(\square\)
この証明は参考書にも出ているだろうが、古典的な証明方法である。中世まで遡るだろう。現代人である普通の文系の大部分は中世の数学者にも到底及ばないのではなかろうか。１９６８年コンピューター時代到来前に、J. W . Wrench Jr.氏は \(\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \dfrac{1}{k} \gt 100 \)において、第何項目に、その不等式を満足するかという、\(n\)の値を求めた。結果は
\(\large n = 15,092,688,622,113,788,323,693,563,264,538,101,449,859,497 \)
総和がたった１００をこえるまでに、これほどの僕らの通常扱う数の想像を超える値になるとは。発散するにしても、リアルにその増え方はスーパー、スーパー、スーパーの微小というところでしょうか。
しかし、こういった増加スピードを考えると常識的側面からすると、ほとんど発散しない、とも言えるかもしれません。ある意味、「収束」と「発散」の境界線上にあるとも言い得ます。こんな風に思わせるのが次の論点です。
\(\large \bullet\)[ｐ-級数判定：The series p-test]
級数 \(\color {orange}{\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^{p}}} \)が収束する必要十分条件は \(p \gt 1 \) である。
\(p = 1\)なら上の調和級数になる。
\(p \leq 1 \)のとき：指数を\(s, t \)とし、\(s \leq t \)の場合、\(k \ge 1\)であるから、\(k^{s} \leq k^{t} \)である。\(s = p , t = 1\)で考えれば、\( k^{p} \leq k \Longrightarrow \dfrac {1}{k} \leq \dfrac {1}{k^{p}} \)となる。\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k} \)は発散するから、比較判定法\(\left[\large \color {orange} {\spadesuit} \right] \)により\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k^{p}} \)も発散する。
\(p \gt 1\)のとき：
\begin{align}
\sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k^{p}} &= 1 + \dfrac {1}{2^{p}} + \dfrac {1}{3^{p}} + \dfrac {1}{4^{p}} + \dfrac {1}{5^{p}} + \dfrac {1}{6^{p}} + \dfrac {1}{7^{p}} + \cdots \\
&= 1 + \left(\dfrac {1}{2^{p}} + \dfrac {1}{3^{p}}\right) + \left(\dfrac {1}{4^{p}} + \dfrac {1}{5^{p}} + \dfrac {1}{6^{p}} + \dfrac {1}{7^{p}}\right) + \cdots \ \ \large {\diamondsuit}\\
&\lt 1 + \left(\dfrac {1}{2^{p}} + \dfrac {1}{2^{p}}\right) + \left(\dfrac {1}{4^{p}} + \dfrac {1}{4^{p}} + \dfrac {1}{4^{p}} + \dfrac {1}{4^{p}}\right) + \cdots \ \ \large {\bigstar} \\
&= 1 + \left(\dfrac {2}{2^{p}}\right) + \left(\dfrac {4}{4^{p}}\right) + \cdots \\
&= 1 + \dfrac{1}{2^{p - 1}} + \dfrac{1}{4^{p - 1}} + \cdots \\
&= 1 + \dfrac{1}{2^{p - 1}} + \dfrac{1}{2^{2\left(p - 1\right)}} + \cdots \\
&= 1 + \dfrac{1}{2^{p - 1}} + \left(\dfrac{1}{2^{p - 1}}\right)^{2} + \cdots \\
&= \sum_{k = 0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2^{p - 1}}\right)^{k}.
\end{align}
最後の帰結は無限等比級数になっており、公比\(\large |r| = \dfrac {1}{2^{p - 1 }}\)である。\(x \in \mathbb{R} \gt 1\)のとき、\(s \lt t \in \mathbb{R} \Rightarrow x^{s} \lt x^{t}\)である。\(1 \lt p \ \Rightarrow 0 \lt p - 1 \ \Rightarrow 1 = 2^{\color {red}{0}}\lt 2^{\color {red}{p-1}} \ \Rightarrow \dfrac {1}{2^{p - 1 }} \lt 1 \).したがって、その級数は収束する。
\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k^{p}} \)の部分和を\(S_{n}\)、\(\displaystyle \sum_{k = 0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2^{p - 1}}\right)^{k} \)を構成する元となった部分和を\(T_{n}\)とおく。このとき、\(\large \diamondsuit \) ,\(\large \bigstar \) を観察して、それぞれの部分列で考えたとき、\(\large S_{2^{n} - 1} \leq T_{2^{n} - 1} \) が全ての\(n\)について成り立っている。\(\displaystyle \sum_{k = 0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2^{p - 1}}\right)^{k} \)が収束することから、\(\large S_{2^{n} - 1}\)は単調増加かつ上に有界になるので、\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k^{p}} \)は収束する。 \(\square \)
\(p = 2 \)のとき、\(\dfrac {1}{1^2} + \dfrac {1}{2^2} + \dfrac {1}{3^2} + \dfrac {1}{4^2} + \cdots \cdots \)のように、平方数の逆数の和になる。これに通じる問題が「バーゼル問題」で知られる。「収束するとして、その和は何か？」という問題である。 その答えを導きだした者が、彼の有名なレオンハルト・オイラーである。
$$ \displaystyle \large \sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac {1}{k^2} = \dfrac {\pi^{2}}{6} $$有理数の項を持つ無限級数の和に円周率が出現して、しかも、その平方数になっている。一般人からすれば驚きとしか言い得ないと思う。参考にしている洋書の著者は、オイラーがその答えを発見した際に、椅子からズッコケていて欲しい、と冗談(尊敬の念をもって)を述べている。
参考文献：Jay Cummings "Real Analysis" ＜English Book＞ 参照サイト：ウィキペディア