とおく。このとき、|gn(x+δk(x))−gn(x)| の値は、n≤k,n > k に応じて各々4−k−1, 0 となることを示し、limk→∞ f(x+δkδ(x))−f(x)
k(x) が存在しないことを結論せよ。
問 13.2.4 x∈[−1,1]に対し∑∞
n=1 xn+1
n(n+1) = (1−x) log(1−x) +x を示せ。
問 13.2.5 f(x) =∑∞
n=1
(−1)n−1
x+n は x∈[0,∞)について一様収束し、連続関数になるこ とを示せ。
問 13.2.6 (⋆) z ∈C\{−1}, |z| ≤1に対しLog (1 +z) =
∑∞ n=1
(−1)n−1zn
n を示せ（命題 8.4.1参照）。
問 13.2.7 x∈[−1,1]に対し次を示せ:
∑∞ n=0
(−1)nx2n+1 (2n+ 1)2 =
∫ x
0
Arctany
y dy
x= 1 のとき、この級数（積分）の値をカタラン数 と言う。
(b)⇒(c)を示す。M = supn∈N∪{∞}∥fn∥I とおく。今、ε >0と任意とし、閉区間J ⊂I を|I| − |J| < 4M+1ε ≤ ε なるようにとる。lim
n ∥fn−f∞∥J = 0 と、先程述べた注意よ り、次のような n0 ∈N が存在：
n ≥n0 =⇒
∫
J
|fn−f∞| ≤ε/2.
n≥n0 とするとき、∥f∞−fn∥I ≤2M, 及び区間加法性を用い、
∫
I
|fn−f∞| ≤
∫
J
|fn−f∞|+ 2M(|I| − |J|)≤ ε
2 + 2M · ε
4M + 1 ≤ε.
ε >0は任意だから (c) を得る。 \(∧2∧)/
注１：定理 13.3.1 (b)より更に緩やかな次の条件を仮定しても(c) は成立する (ルべー グの収束定理の特別な場合、[吉田1, 52頁,定理2.4.1] 参照)：
sup
n∈N∥fn∥I <∞かつ fn −→f∞ (I上各点収束)
但し、fn −→f∞ (I上各点収束)だけでは (c)を結論出来ない(例 13.1.1 参照)。
注2：定理 13.3.1 で fn ∈ R(I) (n ∈ N) だけでなく、f∞ ∈ R(I) も仮定した。だが、
実はfn ∈R(I) (n ∈N) と 仮定(b) から f∞ ∈R(I)も自動的に従う。このことはあま り応用される機会がないと思うが、念の為 13.3 節の末尾に証明しておく。
例 13.3.2 x∈(−1,1)に対しlog(1 +x) =
∑∞ n=1
(−1)n−1xn
n (例 7.5.4)を項別積分を
用いて再証明する。
証明： fN(y) =
∑N n=0
(−y)n とおく。
(1) y∈(−1,1) について局所一様にlim
N fN(y) = 1
1 +y (例 13.2.2).
(2) x∈(−1,1)に対し
∫ x 0
fN =
∑N n=0
(−1)nxn+1 n+ 1 .
x∈(−1,1) とすると (1) の収束は [0∧x,0∨x] 上一様。従って、
log(1 +x) =
∫ x 0
dy 1 +y
項別積分= lim
N
∫ x 0
fN
(2)=
∑∞ n=0
(−1)nxn+1 n+ 1 =
∑∞ n=1
(−1)n−1xn
n .
\(∧2∧)/
例 13.3.3
∑∞ n=1
1 n2 = π2
6 .
証明：fN(x) = ∑N
n=0
bnx2n+1
2n+1 (但しbn= (2n(2n)!!−1)!!)とおくと
∫ π/2 0
fN ◦sin =
∑N n=0
bn 2n+ 1
∫ π/2 0
sin2n+1
問12.4.10
=
∑N n=0
bn 2n+ 1
(2n)!!
(2n+ 1)!! =
∑N n=0
1 (2n+ 1)2. よって
(1) lim
N
∫ π/2 0
fN ◦sin =
∑∞ n=0
1 (2n+ 1)2. 一方、問 13.2.2 より lim
N fN = Arcsin ([0,1] 上一様収束). 従ってlim
N fN ◦sinθ=θ (θ∈[0, π/2] について一様収束). よって項別積分(定理13.3.1)より
(2) lim
N
∫ π/2 0
fN ◦sin =
∫ π/2 0
θ dθ = π2 8 . (1),(2) より∑∞
n=0 1
(2n+1)2 = π82. また、
sdef.=
∑∞ n=1
1 n2 =
∑∞ n=1
1 (2n+ 1)2
| {z }
=π2/8
+
∑∞ n=1
1 (2n)2
| {z }
=s/4
, よってs = π62.
\(∧2∧)/
例13.3.3の等式は1735年、オイラーが示した（オイラーは∑∞
n=1 1
nk,k = 4,6,8,10,12 も求めた）。ここではオイラーの証明([杉浦, I巻, 315 頁]参照）に少し工夫を加え、広 義積分を使わず議論した。なお、より一般に、
∑∞ n=1
1
n2k = 22k−1Bkπ2k
(2k)! , k = 1,2, ..
が知られている[杉浦, II巻, 337頁]、ここでB1, B2, ..はベルヌーイ数を表す(問8.1.9)。
例 13.3.4 (⋆) θ∈(0,2π), r∈[0,1]に対し
∑∞ n=1
rneinθ
n =
∑∞ n=1
rncos(nθ)
n +i
∑∞ n=1
rnsin(nθ) n
= −12log(
1−2rcosθ+r2)
+iφ(r, θ), (13.7) 但しφ(r, θ) =
{
Arctan (r−cosθ
sinθ
), θ̸=π,
0, θ =π. 特に r= 1 のとき、
∑∞ n=1
einθ
n =
∑∞ n=1
cos(nθ)
n +i
∑∞ n=1
sin(nθ)
n =−log (
2 sinθ 2
)
+iπ−θ
2 . (13.8) また級数の収束は r <1 なら θ ∈(0,2π)について一様、r = 1 ならθ ∈ (0,2π) に ついて局所一様である。
注：
(1) (13.7)の各辺は、対数の主値を用い−Log (1−reiθ)と表せる（問 13.2.6参照）。
(2) (13.8)虚部の等式∑∞
n=1 sin(nθ)
n = π−2θ はθ = 0 で不成立（左辺 =0, 右辺=π2）. こ れは、左辺の θ= 0 での不連続性による。一方、この等式でθ= π2 とすればライ プニッツの級数 (例 13.2.7)を得る。
証明：r∈[0,1)の場合：θ∈(0,2π) を任意に固定すると、
∑∞ n=0
ρnei(n+1)θ = eiθ
1−ρeiθ = cosθ−ρ+isinθ
1−2ρcosθ+ρ2, (ρ∈[0, r]について一様収束).
両辺を ρ∈[0, r]で積分すると、項別積分（定理 13.3.1） より(13.7)を得る。
r= 1 の場合：θ ∈(0,2π)だから 例 13.2.5より
∑∞ n=1
rneinθ
n =−
∑∞ n=1
(−1)n−1(−reiθ)n n
は r ∈ [0,1] について一様収束する。従って (13.7) の左辺は r ∈ [0,1] について連続。
故にr <1 の場合の (13.7) で r→1 として
∑∞ n=1
einθ n =
∑∞ n=1
cos(nθ)
n +i
∑∞ n=1
sin(nθ)
n =−12log (2−2 cosθ) +iφ(1, θ).
右辺で 1−cosθ= 2 sin2 θ2, sinθ= 2 cosθ2sinθ2 を用いれば (13.8)を得る。 \(∧2∧)/
定理 13.3.5 (項別微分) I ⊂R を区間、fn∈ Cm(I) (m, n∈N)とし、以下を仮定 する：
(a) fn は I 上、 関数f に各点収束する。
(b) fn(k) (1≤k ≤m)は I 上、局所一様収束する。
このとき、f ∈Cm(I) かつ
全てのx∈I, 1≤k≤m に対しf(k)(x) = lim
n fn(k)(x).
証明：仮定を Am, 示すべき結論をPm と呼び、「Am ⇒Pm」 を m についての帰納法 で示す。m= 1 のとき：g(x) = limnfn′(x) (∈I)とする。局所一様収束で連続性は保た れる（定理 13.1.4）から g ∈C(I). 一方、a, x∈I を任意とし、a, x ∈J ⊂I となる有 界閉区間 J をとる。微積分の基本公式より
(1) fn(x) = fn(a) +
∫ x a
fn′.
仮定より、fn′ →g (J 上一様収束). そこで (1) でn → ∞として項別積分(定理 13.3.1) すると
f(x) =f(a) +
∫ x
a
g.
上式と定理 11.2.2よりf ∈C1(I), かつI 上でf′ =g. 即ちP1 を得る。これで m= 1 の場合が出来た。残りは簡単なので問にしよう。 \(∧2∧)/
例 13.3.6 (フーリエ級数) m ∈ N, cn ∈ C, (n = 0,±1,±2, ...), ∑∞
n=−∞|n|m|cn| <
∞ とする。このとき、フーリエ級数 f(θ) =
∑∞ n=−∞
cneinθ, θ ∈R は一様に収束し、f ∈Cm(R). 更に
f(k)(θ) =
∑∞ n=−∞
(in)kcneinθ, θ ∈R, k= 1,2, .., m.
証明：fN(θ) =∑N
n=−Ncneinθ, θ∈R とすると、
fN(k)(θ) =
∑N n=−N
(in)kcneinθ, θ∈R, k = 1,2, ....
仮定及びワイエルシュトラスの M-テストからk = 0,1, .., m に対し limNfN(k) はθ ∈R について一様収束する。故に項別微分（定理 13.3.5）より結論を得る。 \(∧2∧)/
例 13.3.7 (⋆) 熱方程式の境界値問題: (t, θ)∈(0,∞)×R に対し ht(θ) =
∑∞ n=−∞
e−n2t/2sinnθ
とおく。このとき、偏導関数∂tht(θ), ∂θht(θ), ∂θ2ht(θ)が存在し、(t, θ)∈(0,∞)×R について連続。また、
{
∂tht(θ) = 12∂θ2ht(θ) (熱方程式) ht(0) =ht(π) = 0.
[0, π] を「細い針金」と思ったとき、熱方程式の解 ht(θ) は時刻 t における位置 θ
の温度を表す。上の ht は「針金の両端で温度 0」 という境界条件を満たすような 熱方程式の解である。ht はフーリエ級数（例 13.3.6）の例でもある。
証明：et,n(θ) = e−n2t/2sinnθ,ht,N(θ) = ∑N
n=−Net,n(θ)とおく。このとき、lim
N ht,N(θ) = ht(θ) (∀(t, θ)∈(0,∞)×R).
(1) ∂tet,n(θ) =−12n2et,n(θ),
∂θet,n(θ) =ne−n2t/2cosnθ, ∂θ2et,n(θ) =−n2et,n(θ).
従って、
(2) ∂tht,N(θ) = 12∂θ2ht,N(θ) =−12∑N
n=−Nn2et,n(θ),
∂θht,N(θ) = ∑N
n=−Nne−n2t/2cosnθ.
ε >0 を任意、Dε = [ε,∞)×R とし、(t, θ) ∈ Dε に対し結論を言えばよい。そこで、
以後(t, θ)∈Dε を仮定する。今 (1) で計算した各導関数の絶対値はDε 上n2e−n2ε/2 以
下。これと、ワイエルシュトラスの M-テスト から
∂tht,N(θ), ∂θht,N(θ), ∂θ2ht,N(θ)
は N −→ ∞でDε 上一様収束。従って、項別微分(定理 13.3.5)が出来て、(1) の各導 関数の存在と連続性が判る。また、
∂tht(θ)項別微分= lim
N ∂tht,N(θ)(2)= 12lim
N ∂θ2ht,N(θ)項別微分= 12∂θ2ht(θ).
\(∧2∧)/
問 13.3.1 x ∈ (−1,1) に対する展開Arctanx=
∑∞ n=0
(−1)nx2n+1
2n+ 1 (命題 8.3.2)を 例
13.3.2 の証明に倣って示せ。
問 13.3.2 f(θ) = |1−1−reriθ2|2 (θ ∈R, 0< r <1) に対し以下を示せ：
(i) 全ての θ ∈ R に対しf(θ) =
∑∞ n=−∞
r|n|einθ (右辺はθ ∈ R について一様収束). ヒン ト：f(θ) = 1 + reiθ
1−reiθ + re−iθ 1−re−iθ. (ii) 1
2π
∫ 2π 0
f(θ)e−inθ dθ=r|n|, (n∈Z).
上の f は単位円板のポアソン核 と呼ばれる。この問で f のフーリエ級数（例 13.3.6）
による表示が得られたことになる。
問 13.3.3 以下を示せ：
(i)
∑∞ n=1
(−xlogx)n
n! はx∈(0,1]について一様収束する。
(ii)
∑∞ n=1
n−n=
∫ 1
0
x−x dx. ヒント：(12.11),(12.18).
問 13.3.4 (⋆) 以下を示せ：
(i)I = [a, b]⊂R, f ∈C1(I)に対し lim
n→∞
n (b−a)n+1
∫
I
(b−x)nf(x)dx=f(a).
(ii) b ≥ 0,sn(b) = ∑n m=0
bm
m! に対し lim
n→∞
(n+ 1)!
bn+1
(eb−sn(b))
= 1. ヒント：eb −sn(b) の積分表現 (定理11.5.3) に (i)を適用する。
問 13.3.5 以下を示せ：
(i)
∑∞ n=1
xn n2 =
∫ x 0
1
ylog 1
1−ydy (x∈[0,1]).
(ii)
∫ 1 0
1
xlog 1
1−xdx=
∫ 1 0
1
1−xlog 1 xdx=
∫ ∞
0
x
ex−1dx= π2
6 . ヒント：例 13.3.3.
問 13.3.6 (⋆) 以下を示せ：θ ∈(−π, π)\{0} に対し、
∑∞ n=1
e(2n−1)iθ 2n−1 =
∑∞ n=1
cos((2n−1)θ) 2n−1 +i
∑∞ n=1
sin((2n−1)θ)
2n−1 =−12log (
tan|θ| 2
) +i θ
|θ| π 4.
特にθ = π4 として、
1−(1
3 +15) +(1
7 + 19)
−(1
11 +131) +(1
15 +171 )
−....=−12log(tanπ8) = 12log(1 +√ ( 2),
1 + 13)
−(1
5 +17) +(1
9 + 111)
−( 1
13 +151 )
+....= π
2√ 2. 問 13.3.7 (⋆) 次を示せ：
1 2π
∫ 2π 0
log(1−2rcosθ+r2)dθ = {
0, 0≤r <1, 2 logr, r >1.
ヒント：(13.7)の実部を項別積分して0≤r <1の場合を得る。r >1の場合は0≤r <1 の場合に帰着。
問 13.3.8 (⋆) 以下を示せ：
(i)
∫ π
0
log sin = 2
∫ π
2
0
log sin = 2
∫ π
2
0
log cos =−πlog 2.
(ii)
∫ 1
0
Arcsinx
x dx=
∫ π
2
0
φ
tanφ dφ=
∫ π
2
0
(π 2 −θ
)
tanθ dθ = π 2 log 2.
(iii)
∑∞ n=0
(2n−1)!!
(2n)!!(2n+ 1)2 = π 2 log 2.
(i)のヒント：(13.8)をθ ∈[ε,2π−ε] (ε >0)について項別積分し、ε→0とする。
問 13.3.9 (⋆) (13.8) の虚部に対する部分和 fN(θ) =∑N
n=1 sin(nθ)
n (θ ∈I def.= (0,2π))に ついて以下を示せ：
(i)fN(θ) = 12∫θ
0 sin(
(N+1 2)φ)
sinφ2 dφ−θ.
(ii) sup
N ∥fN∥I <∞.
問 13.3.10 (⋆) フーリエ級数 の部分和 fN(θ) =
∑N n=−N
aneinθ, gN(θ) =
∑N n=−N
bneinθ
(an, bn∈C, θ ∈I def.= (0,2π))および関数 f(θ),g(θ) について、lim
N fN =f, lim
N gN =g (共にI 上局所一様)かつsup
N
(∥fN∥I+∥gN∥I)<∞ のとき、次を示せ24 ：
∑∞ n=−∞
anbn= 1 2π
∫
I
f g (パーセヴァルの等式)
また、これと(13.8), 問 13.3.9から∑∞
n=1 1
n2 = π62 を示せ。
問 13.3.11 (⋆) 以下を示せ:
(i)θ ∈[0,2π] に対し
∑∞ n=1
cos(nθ)
n2 = (θ−π)2 4 − π2
12
24パーセヴァルが1799年に示した．