無限級数は、項を無限に並べた式を形式的に計算するものではなく、有限個を足した部分和の極限として定義します。このページでは、和の公式を解法別に分類し、成立条件、導出の考え方、近似したときの誤差まで整理します。
発展：無限和の操作と振動する級数
解法を選ぶ理由、条件・例外、解答付き演習をまとめました。各解説には、例題の設計や誤答の分岐を説明する「作問者の視点」を設けています。
| 学習ページ | レベル |
|---|---|
| 関数項級数の一様収束――項別積分・項別微分の条件と反例 | 大学初年級・発展 |
| 部分和分とDirichlet・Abelの判定法――振動する級数を扱う | 大学初年級・発展 |
まず収束判定と望遠和を読み、等比級数・べき級数へ進むと、高校数学から大学初年級の解析へつながります。二項係数の母関数やフーリエ級数を使う部分には、発展と表示しています。$\ln$は自然対数、$\binom nk$は二項係数、$H_n=\sum_{k=1}^n1/k$は調和数です。
1．和を求める前に、収束を確かめる
$S_N=\sum_{n=1}^N a_n$が有限の値$S$へ収束するとき、$\sum_{n=1}^{\infty}a_n=S$と定義します。級数が収束するためには$a_n\to0$が必要ですが、十分ではありません。調和級数$\sum1/n$は一般項が0へ近づいても発散します。
また、$\sum|a_n|$が収束するときは絶対収束、$\sum a_n$が収束して$\sum|a_n|$が発散するときは条件収束と呼びます。条件収束する級数では、項の並べ替えを自由に行えません。
| 判定法 | 適用条件と結論 | 向いている形 |
|---|---|---|
| 一般項の判定 | $a_n\not\to0$なら発散。$a_n\to0$だけでは未判定 | 最初に必ず確認 |
| 比較判定 | 十分大きい$n$で$0\le a_n\le b_n$、$\sum b_n$収束なら$\sum a_n$も収束 | 有理式、根号、対数 |
| 極限比較 | $a_n,b_n>0$、$a_n/b_n\to c\in(0,\infty)$なら収束・発散が一致 | 主要項が見える式 |
| 比の判定 | $L=\lim|a_{n+1}/a_n|$が存在するとき、$L<1$なら絶対収束、$L>1$なら発散。$L=1$は未判定 | 階乗、指数、二項係数 |
| 根の判定 | $L=\limsup |a_n|^{1/n}$について、$L<1$なら絶対収束、$L>1$なら発散 | 全体が$n$乗の形 |
| 積分判定 | 十分大きい$x$で$f(x)\ge0$、連続・単調減少なら、$\sum f(n)$と$\int^\infty f(x)\,dx$は同時に収束または発散 | $1/n^p$、$1/[n(\ln n)^p]$ |
| 交代級数判定 | $b_n\ge0$が単調減少し0へ収束すれば$\sum(-1)^{n-1}b_n$は収束 | 符号が交互に変わる級数 |
| ディリクレの判定〔発展〕 | $\sum_{k=1}^n a_k$が有界、$b_n$が単調に0へ近づくなら$\sum a_nb_n$は収束 | $\sin(nx)/n$など |
対数を含む境界は「次数」だけで判断しない
後者は$t=\ln x$で$\int dx/[x(\ln x)^p]=\int t^{-p}\,dt$となることから分かります。特に$p=1$では$\ln\ln x$が無限に増えるため発散します。開始添字は$n=2$です。$n=1$では$\ln1=0$となり、項が定義されません。
同様に$\sum1/\sqrt{n(n+1)}$は、$1/n$との比が1へ近づくため発散します。「分母に2つの$n$がある」だけでは、平方根を取った後の大きさを見落とします。
2．望遠和・部分分数分解
次の公式はすべて絶対収束します。$m,k$は正の整数、$H_m=1+1/2+\cdots+1/m$とします。式の分解は、無限和へ移る前に有限和で行います。
| 番号 | 級数と和 | 導出の手掛かり |
|---|---|---|
| S01 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+1)}=1$ | $1/n-1/(n+1)$ |
| S02 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+m)}=\frac{H_m}{m}$ | $[1/n-1/(n+m)]/m$ |
| S03 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+1)(n+2)}=\frac14$ | 隣り合う2因子の逆数の差 |
| S04 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n+2)(n+3)(n+4)}=\frac1{24}$ | S03の開始位置をずらす |
| S05 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+1)\cdots(n+k)}=\frac1{k\,k!}$ | $k\ge1$。一般の望遠和 |
| S06 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}=1$ | $1/n^2-1/(n+1)^2$ |
| S07 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+1)^2}=2-\frac{\pi^2}{6}$ | $1/n-1/(n+1)-1/(n+1)^2$ |
| S08 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2n+1}{n(n+1)^2}=\frac{\pi^2}{6}$ | $1/n-1/(n+1)+1/(n+1)^2$ |
| S09 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2(n+1)^2}=\frac{\pi^2}{3}-3$ | $1/n^2+1/(n+1)^2-2/[n(n+1)]$ |
| S10 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2n-1}{n^2(n+1)^2}=7-\frac{2\pi^2}{3}$ | S06からS09の2倍を引く |
| S11 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2+1}{n^2(n+1)^2}=\frac{\pi^2-8}{2}$ | $1/n^2+2/(n+1)^2-2/[n(n+1)]$ |
| S12 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{4n^2-1}=\frac12$ | $[1/(2n-1)-1/(2n+1)]/2$ |
S05の導出：何項にも一般化できる理由
$A_n=1/[n(n+1)\cdots(n+k-1)]$とおくと、$A_n-A_{n+1}=k/[n(n+1)\cdots(n+k)]$です。したがって部分和は$(A_1-A_{N+1})/k$。$A_1=1/k!$、$A_{N+1}\to0$から公式が得られます。
例えば$\sum(1/n-1/(n+1))$を、発散する2つの和$\sum1/n-\sum1/(n+1)$に分離してはいけません。有限和で引き算してから極限を取ります。
3．等比級数から作る公式
この節では$|x|<1$です。収束半径の内部では、べき級数を項別に微分・積分できます。
| 番号 | 公式 | 操作 |
|---|---|---|
| S13 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty x^n=\frac1{1-x}$ | 有限等比和の極限 |
| S14 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty nx^n=\frac{x}{(1-x)^2}$ | $x\,d/dx$を1回 |
| S15 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n^2x^n=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$ | $x\,d/dx$を2回 |
| S16 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n^3x^n=\frac{x(1+4x+x^2)}{(1-x)^4}$ | $x\,d/dx$を3回 |
| S17 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$ | S13を0から$x$まで積分 |
| S18 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n(n+1)}=1+\frac{1-x}{x}\ln(1-x)$ | S17をもう1回積分。$x=0$は連続延長で0 |
| S19 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\binom{n+k}{k}x^n=\frac1{(1-x)^{k+1}}$ | $k\ge0$は整数。S13を$k$回微分 |
| S20 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}$ | $H_n$を有限和に開いて順序を交換 |
数値を代入して得られる代表例
S20の導出：二重和の形に直す
$|x|<1$なら絶対収束するため、$\sum_{n\ge1}\sum_{k=1}^n x^n/k=\sum_{k\ge1}(1/k)\sum_{n\ge k}x^n$と交換できます。内側の等比和は$x^k/(1-x)$なので、S17を使って結論が出ます。交換の正当化には、$\sum_{k\ge1}|x|^k/[k(1-|x|)]<\infty$を確認すれば十分です。
4．基本関数のべき級数と端点
| 番号 | 公式 | 実数$x$での成立範囲 |
|---|---|---|
| S21 | $\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}$ | すべての実数 |
| S22 | $\displaystyle\sin x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ | すべての実数 |
| S23 | $\displaystyle\cos x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}$ | すべての実数 |
| S24 | $\displaystyle\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$ | $-1<x\le1$。$x=1$は条件収束 |
| S25 | $\displaystyle\arctan x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}$ | $-1\le x\le1$。両端で条件収束 |
| S26 | $\displaystyle\arcsin x=\sum_{n=0}^\infty\frac{\binom{2n}{n}x^{2n+1}}{4^n(2n+1)}$ | $-1\le x\le1$。両端でも絶対収束 |
| S27 | $\displaystyle(1+x)^\alpha=\sum_{n=0}^\infty\binom\alpha n x^n$ | $|x|<1$、$\alpha$は実数。非負整数なら有限の二項定理 |
一般化した二項係数は$\binom\alpha0=1$、$\binom\alpha n=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)/n!$です。S21～S23はテイラーの定理から導けます。例えば$e^x$の$n$次までの剰余は、固定した$x$について$e^{|x|}|x|^{n+1}/(n+1)!$以下であり、0へ近づきます。
S24とS25は$1/(1+x)$、$1/(1+x^2)$の等比展開を積分すると得られます。端点では内部での項別積分だけでは証明が完了しないため、交代級数の収束とアーベルの定理を使います。逆三角関数の級数はNIST DLMF §4.24でも成立範囲と併せて確認できます。
収束半径は端点の答えを決めない
$\sum c_nx^n$では、$1/R=\limsup|c_n|^{1/n}$により収束半径$R$を求められます。$|x|<R$では絶対収束、$|x|>R$では発散ですが、$x=\pm R$は別に判定します。例えば$\sum x^n/n$は$R=1$でも、$x=1$では発散、$x=-1$では条件収束します。
5．逆数のべき・ゼータ関数
実数$s>1$について$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty n^{-s}$と定義します。以下の値と一般公式はNIST DLMF §25.6に整理されています。
| 番号 | 公式 | 関係・条件 |
|---|---|---|
| S28 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ | バーゼル問題 |
| S29 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{90}$ | 偶数次のゼータ値 |
| S30 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^6}=\frac{\pi^6}{945}$ | 偶数次のゼータ値 |
| S31 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{(2n-1)^s}=(1-2^{-s})\zeta(s)$ | $s>1$。偶数項を除く |
| S32 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=(1-2^{1-s})\zeta(s)$ | ここでは$s>1$。絶対収束する和を分ける |
| S33 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac1{(2n+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$ | S28とS31 |
| S34 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}$ | S28とS32 |
| S35 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=G$ | $G=0.915965\ldots$はカタラン定数 |
S28の導出〔発展〕：フーリエ級数で求める
$[-\pi,\pi]$上の$x^2$を周期延長すると、フーリエ級数は$x^2=\pi^2/3+4\sum_{n\ge1}(-1)^n\cos(nx)/n^2$です。定数係数は積分で$\pi^2/3$、余弦係数は2回の部分積分で$4(-1)^n/n^2$と求まります。係数の絶対和が収束し、区分的に滑らかな周期関数へのフーリエ収束定理を使えるので$x=\pi$を代入できます。$\pi^2=\pi^2/3+4\sum1/n^2$から$\sum1/n^2=\pi^2/6$です。
$s=1$でS32にそのまま代入して「$0\times\infty$」を計算することはできません。交代調和級数の値$\ln2$は、S24などから別に求めます。また、解析接続による$\zeta(-1)=-1/12$は、通常の意味で$1+2+3+\cdots$が収束するという主張ではありません。
6．二項係数を含む級数
| 番号 | 公式 | 条件 |
|---|---|---|
| S36 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\binom{2n}{n}x^n=\frac1{\sqrt{1-4x}}$ | $|x|<1/4$ |
| S37 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}\binom{2n}{n}x^n=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ | $|x|\le1/4$。$x=0$は連続延長で1 |
| S38 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\binom{n+2}{3}x^n=\frac{x}{(1-x)^4}$ | $|x|<1$。$n=1$から開始 |
| S39 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{\binom{n+k}{n}}=\frac1{k-1}$ | 整数$k\ge2$ |
| S40 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{n+2}{n}}{2^n(n+1)^2}=\ln2$ | 絶対収束 |
| S41 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2\binom{2n}{n}}=\frac{\pi^2}{18}$ | 絶対収束 |
| S42 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}=\frac25\zeta(3)$ | 絶対収束。発展公式 |
S36～S40の導出
S36はS27に$\alpha=-1/2$、変数$-4x$を代入すると得られます。S37はS36を0から$x$まで積分して$x$で割った式です。端点の絶対収束は$\binom{2n}{n}/4^n$が$n^{-1/2}$の定数倍に漸近することから分かります。S38はS19の$k=3$で添字を1つずらします。
S39では$\binom{n+k}{n}^{-1}=k!/\{(n+1)\cdots(n+k)\}$を使い、S05の開始位置をずらすと$1/(k-1)$になります。例えば$k=3,4$なら、それぞれ$1/2,1/3$です。
S40の一般項は$\frac1{2^{n+1}}(1+\frac1{n+1})$です。等比和とS17を使えば$\frac12+\frac12(2\ln2-1)=\ln2$になります。
S41の導出〔発展〕：逆正弦関数の平方
$F(z)=2(\arcsin(z/2))^2$とおくと、$(4-z^2)F”-zF’=4$、$F(0)=F'(0)=0$を満たします。$F(z)=\sum_{n\ge1}c_nz^{2n}$を代入すると$c_1=1/2$、$c_{n+1}=n^2c_n/[2(n+1)(2n+1)]$です。この漸化式を満たす係数は$c_n=1/[n^2\binom{2n}{n}]$。よって$|z|<2$で$F(z)=\sum z^{2n}/[n^2\binom{2n}{n}]$となり、$z=1$でS41が得られます。
S42はDLMF 25.6.9の公式です。ここでは既知の発展公式として掲載し、初等的な導出を示したS36～S41とは区別します。
7．三角関数と部分分数展開〔発展〕
| 番号 | 公式 | 実数パラメータの条件 |
|---|---|---|
| S43 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(nx)}n=\frac{\pi-x}{2}$ | $0<x<2\pi$ |
| S44 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(nx)}n=-\ln\!\left(2\sin\frac x2\right)$ | $0<x<2\pi$ |
| S45 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(nx)}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi x}{2}+\frac{x^2}{4}$ | $0\le x\le2\pi$ |
| S46 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2-a^2}=\frac1{2a^2}-\frac{\pi}{2a}\cot(\pi a)$ | $a\notin\mathbb Z$ |
| S47 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2+a^2}=\frac{\pi a\coth(\pi a)-1}{2a^2}$ | $a>0$ |
| S48 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n^2+a^2)^2}=\frac{\pi\coth(\pi a)}{4a^3}+\frac{\pi^2}{4a^2\sinh^2(\pi a)}-\frac1{2a^4}$ | $a>0$ |
$\coth t=\cosh t/\sinh t$です。S43とS44はディリクレの判定で収束を確認できます。証明には、まず$0<r<1$で$\sum r^ne^{inx}/n=-\log(1-re^{ix})$を使い、アーベルの定理で$r\uparrow1$を取ります。実部がS44、虚部がS43です。S45は、減衰因子$r^n$を入れてS43を積分した後、極限を取ると導けます。
S46は余接関数の部分分数展開に$z=\pi a$を代入したものです。S47は同じ展開に$z=i\pi a$を代入し、$\cot(it)=-i\coth t$を使います。S48はS47を$a$で微分して$-1/(2a)$を掛けた式です。$a>0$の任意のコンパクト区間で導関数級数が一様収束するため、この項別微分を行えます。
これはS46の$a=1/5$です。S46の式に$a=0$を直接代入することはできませんが、極限を取るとS28が戻ります。
8．積分と級数をつなぐ
| 番号 | 公式 | 条件・導出 |
|---|---|---|
| S49 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)}=\frac{\pi^2}{6}$ | 非負の二重和の順序交換 |
| S50 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^22^n}=\frac{\pi^2}{12}-\frac{(\ln2)^2}{2}$ | 二重対数関数の反射公式 |
| S51 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+3}=\frac{\pi-2\ln(1+\sqrt2)}{4\sqrt2}$ | $\int_0^1x^2/(1+x^4)\,dx$へ変換 |
| S52 | $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}=\frac{\pi+2\ln(1+\sqrt2)}{4\sqrt2}$ | $\int_0^1 1/(1+x^4)\,dx$へ変換 |
| S53 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx$ | 実数$s>1$ |
| S54 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^n}=\int_0^1x^{-x}\,dx$ | 非負項の展開と積分 |
| S55 | $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^n}=\int_0^1x^x\,dx$ | 絶対積分可能性で項別積分 |
S49・S50の導出
S49では$\sum_{n\ge1}\sum_{k=1}^n1/[k n(n+1)]$の順序を交換します。固定した$k$に対して$\sum_{n=k}^\infty1/[n(n+1)]=1/k$なので、全体は$\sum1/k^2$です。すべて非負の項なのでトネリの定理が使えます。
S50では$\operatorname{Li}_2(x)=\sum_{n\ge1}x^n/n^2$を使います。$0<x<1$で、$\operatorname{Li}_2(x)+\operatorname{Li}_2(1-x)+\ln x\ln(1-x)$を微分すると0になります。$x\downarrow0$で値は$\zeta(2)$なので、$x=1/2$を代入して求まります。定義と関連公式はNIST DLMF §25.12にあります。
S51・S52の導出：有限等比和の剰余を使う
$1/(1+x^4)=\sum_{n=0}^{N}(-1)^nx^{4n}+(-1)^{N+1}x^{4N+4}/(1+x^4)$です。$[0,1]$で積分した剰余の絶対値は$1/(4N+5)$以下で、0へ近づきます。$x^2$を掛けた場合も同様です。従って項別積分が正当化されます。$x^4+1=(x^2+\sqrt2x+1)(x^2-\sqrt2x+1)$で部分分数分解し、対数と逆正接の原始関数を0と1で評価すれば表の値になります。
S53はゼータ関数の積分表示です。$1/(e^x-1)=\sum_{n\ge1}e^{-nx}$を使うと、各項の積分が$\Gamma(s)/n^s$になります。原点付近では被積分関数が$x^{s-2}$と同程度なので、収束条件は$s>1$です。
S54・S55の導出：$x^{\pm x}$の展開
$x^{-x}=e^{-x\ln x}$を指数級数に展開します。$\int_0^1x^n(-\ln x)^n\,dx=n!/(n+1)^{n+1}$なので、$n!$が消えて$\sum_{n\ge0}1/(n+1)^{n+1}$が得られます。積分公式は$t=-\ln x$でガンマ積分へ直すと導けます。$x^x=e^{x\ln x}$では各項に$(-1)^n$が付きます。絶対値を積分した和がS54の収束級数で抑えられるので、こちらも項別積分ができます。
9．代数方程式から和を求める〔発展〕
二項係数の添字に$3n,4n$が現れる場合、代数方程式を満たす母関数が役立ちます。母関数とは、数列をべき級数の係数としてまとめた関数です。ここでは整数$m\ge2$に対して$F=1+zF^m,\ F(0)=1$で定まる枝を使います。
前者はIra Gesselの論文「Lagrange inversion」で扱われるラグランジュ反転公式から導けます。後者は$G_m=F+(m-1)zF’$を使い、$F=1+zF^m$を微分して整理したものです。収束半径は$(m-1)^{m-1}/m^m$です。
S56 既存の4項二項係数級数を導く
$m=4,\ z=125/1296$では、$F=6/5$が$F=1+zF^4$を満たします。$F(0)=1$から連続につながる小さい正の枝を選んでおり、$F<4/3$です。したがって$G_4=F/(4-3F)=3$。方程式の別の根を選ぶと、元の級数とは違う値になります。
S57 既存の3項二項係数級数を導く
母関数による導出
$F=1+zF^3,\ F(0)=1$とします。ラグランジュ反転から$n\ge1$で$[z^n]F^{-2}=-4(2n-1)\binom{3n}{n}/[3(3n-1)(3n-2)]$です。$[z^n]$は$z^n$の係数を表します。従って左辺の母関数は$G_3(z)-\frac94F(z)^{-2}+\frac34$です。最後の定数は、$n=0$の項を$-1/2$に合わせるために必要です。
$z=2/27$では選ぶべき根は$F=\frac32(\sqrt3-1)$です。$G_3=F/(3-2F)$とともに代入すると$1/4$が得られます。このように開始添字の0の項も含めて照合します。
10．誤差を指定して和を近似する
小数が安定して見えることと、誤差が保証されたことは違います。次の評価を使うと、必要な項数を事前に見積もれます。
| 番号 | 対象 | 第$N$項までで打ち切る誤差 |
|---|---|---|
| S58 | $\sum_{n=0}^\infty ar^n,\ |r|<1$ | $\left|S-\sum_{n=0}^Nar^n\right|=|a r^{N+1}/(1-r)|$ |
| S59 | $\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}b_n$、$b_n$は非負・単調減少し0へ収束 | $|S-S_N|\le b_{N+1}$ |
| S60 | $\sum_{n=1}^\infty n^{-p},\ p>1$ | $\dfrac{(N+1)^{1-p}}{p-1}\le S-S_N\le\dfrac{N^{1-p}}{p-1}$ |
収束の遅い式から、速い式へ変える
$\ln2=1-1/2+1/3-\cdots$で誤差を$10^{-6}$以下に保証するには、S59ではおよそ100万項が必要です。一方、S17を$x$と$-x$で引くと
が得られます。$x=1/3$なら左辺は$\ln2$です。$n=0,\ldots,N$で打ち切った残りは
$N=5$、すなわち6項で誤差は約$1.09\times10^{-7}$以下です。値が同じでも計算に適した級数は異なります。
浮動小数点計算では、打切り誤差とは別に丸め誤差もあります。大きい正負の項を打ち消す式では桁落ちが生じるため、誤差評価とともに式の数値的な安定性も確認します。
11．和・極限・微分・積分の交換で確認すること
- べき級数の内部：収束半径より内側のコンパクト区間では一様収束し、項別積分・項別微分ができます。端点では別の議論が必要です。
- 非負の項：二重和や積分との交換にはトネリの定理、増加する部分和の極限には単調収束定理が使えます。有限値であるかどうかはさらに確認します。
- 符号が混在する場合：絶対値を積分・総和した量が有限であることや、可積分な関数で一様に抑えられることが、交換を正当化する代表的な条件です。
- 条件収束：項の順番を変えたり、無限個をまとめ直したりする操作を、有限和と同じ感覚で使わないようにします。
12．確認問題
- $\sum_{n=1}^\infty1/[n(n+3)]$を求める。
- $\sum_{n=1}^\infty n/3^n$を求める。
- $\sum_{n=1}^\infty n^2/3^n$を求める。
- $\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}/\sqrt n$の絶対収束・条件収束を判定する。
- $\sum_{n=2}^\infty1/[n(\ln n)^2]$の収束を判定する。
- $\sum_{n=1}^\infty1/[n^2(n+1)]$を求める。
解答
- S02より$H_3/3=11/18$。
- S14より$(1/3)/(2/3)^2=3/4$。
- S15より$(1/3)(4/3)/(2/3)^3=3/2$。
- 交代級数判定で収束しますが、絶対値の級数は$p=1/2$の$p$級数なので発散。条件収束です。
- 積分判定で収束します。$\int_2^\infty dx/[x(\ln x)^2]=1/\ln2$です。これは積分の値であり、級数の和そのものではありません。
- $1/[n^2(n+1)]=1/n^2-1/n+1/(n+1)$なので$\zeta(2)-1=\pi^2/6-1$。