系 3.11 (簡略版 Cauchy-Hadamard の公式) {an}n≥0 を複素数列、c ∈ C とする。冪 級数
X∞ n=0
an(z−c)n の収束半径をρ とする。
nlim→∞
pn
|an| が確定するならば、 1
+∞ = 0, 1
0 = +∞ の約束のもとで、次式が成り立つ。
ρ= 1
nlim→∞
pn
|an|.
証明 一般に、lim が確定するとき、それは lim supに等しいので、定理からすぐに結論が得 られる。
例 3.12 冪級数 X∞ n=0
2nzn, X∞ n=0
3nzn の収束半径はそれぞれ 1 2, 1
3 である。その和として得られ る冪級数
X∞ n=0
(2n+ 3n)zn の収束半径は 1
3 である。実際
nlim→∞
2n+ 3n 2n+1+ 3n+1
= 1 3 であることから、d’Alembert の公式により収束半径は 1
3.
筆者は、2つの収束冪級数の和として得られる冪級数の収束半径は、最初の冪級数の収束半 径の最小値とある時期勘違いしていたが、それは正しくない。
問 47. 冪級数 X∞ n=0
anzn, X∞ n=0
bnzn の収束半径がそれぞれ R1, R2 で、0 < R1 < R2 <∞ を満 たすならば、
X∞ n=0
(an+bn)zn の収束半径はR1 であることを示せ。
問 48. 冪級数 X∞ n=0
anzn, X∞ n=0
bnzn の収束半径が両方共 R とする。
(1) X∞ n=0
(an+bn)zn の収束半径はR 以上であることを示せ。
(2) X∞ n=0
(an+bn)zn の収束半径がR より大きい例をあげよ。
この項では、C の部分集合を定義域とする関数を主な対象とするが、より一般の場合にも 成立する議論が多い。要するにこの項の話は関数論以外にも良く出て来る。
実関数の項別微分、項別積分に関する「常識」については、付録(§§3.2.2)を用意しておいた。
関数列の収束として、もっとも素朴なものは次の各点収束であろう。
定義 3.13 (関数列の各点収束 (単純収束)) K は空でない集合、f:K →C, {fn}はK を 定義域とする複素数値関数列(各 n に対してfn:K →Cということ) とする。{fn}が f に K で (K の上で,K において, K 上) 各点収束 (converge pointwise) するとは、
(∀x0 ∈K) lim
n→∞fn(x0) = f(x0) が成り立つことをいう。
この各点収束の概念だけで間に合えば嬉しいが、実はあまり役に立たない(各点収束するこ とから導ける命題があまりない)。そこで一様収束という概念を導入しよう。
(数列の収束には実質的に一種類の収束しかないが、関数列の収束には色々な種類がある。
関数論では、一様収束と、それを少し拡張した広義一様収束というものが役に立つ。)
定義 3.14 (一様収束) K を空でない集合、f: K →C, {fn}n∈Nは K を定義域とする複素 数値関数列とする。{fn} が f に K で (K の上で,K において, K 上)一様収束するとは
nlim→∞sup
x∈K|fn(x)−f(x)|= 0 が成り立つことをいう。
K を定義域とする関数列 {an}n≥0 があるとき、関数項級数 X∞ n=0
an(x) が K で (K の上 で, K において, K 上) 一様収束するとは、部分和 sn(x) :=
Xn k=0
ak(x) (x ∈K) の作る関 数列{sn}n∈N が K で一様収束することをいう。
任意のx0 ∈K に対して
|fn(x0)−f(x0)| ≤sup
x∈K|fn(x)−f(x)| であるから、
関数列が一様収束するならば (同じ極限関数に) 各点収束する が38、逆は必ずしも成り立たない (すぐ後に紹介する例が反例となる)。
一様収束は各点収束よりも強い条件である。
各点収束するだけでは、色々困った(?)ことが起こる。
(a) fn がすべて連続関数であっても、極限 f は連続関数でないことがある。
(b) いわゆる項別積分(定義はすぐ後で述べる)が成り立たないことがある。
38従って、関数列{fn} に対して、各点収束の意味での極限f を求めておけば、{fn}が一様収束するかどう かは、{fn} がf に一様収束するかどうか、という問題になる。複数の種類の収束があるけれど、極限関数f が 複数あるわけでない、ということである。もしかすると、これが各点収束について一番大事な定理なのかもしれ ない。
実は一様収束する場合は、この2つは起こらない。そのことは次項3.2.2 で示すが、ここでは
まずは (a), (b) の例を見ることにする。
その前に項別積分の定義を述べておく。一般に
nlim→∞
Z
K
fn(x)dx= Z
K
nlim→∞fn(x)dx が成り立っているとき (lim と
Z
K
の順番が交換できるとき)、{fn}n∈N は K において項別積 分 (term by term integration) 出来る、項別積分可能である、という。
例 3.15 (各点収束する連続関数列の極限関数は連続でないことがある) fn(x) = tan−1(nx) (x∈ R, n∈N) とする。
f(x) =
π
2 (x >0) 0 (x= 0)
−π2 (x <0) とおくと、任意の x ∈ R に対して、lim
n→∞fn(x) = f(x). (x = 0 ならば fn(x) = 0 より
nlim→∞fn(x) = 0. x > 0ならば、n → ∞ のとき nx → ∞ であるから、tan−1(nx)→ π2. x < 0 のときも同様。)
ゆえに{fn} は f に R で各点収束する。
一方、{fn} は f に一様収束はしない。実際
supx∈R|fn(x)−f(x)|= π 2 が成り立つ。
fn はすべて連続関数であるが、f は不連続関数である39。
各点収束するけれど、一様収束せず、項別積分ができない関数列の実例をあげておこう。授 業でこのあたりを講義するのは、渋谷でDJ ポリスが奮闘する時期なので、次の例がいいかな。
例 3.16 (魔女の帽子 (witch’s hat), 各点収束する関数列は項別積分出来ないことがある) 各 n ∈Nに対して、fn: R→Rを
fn(x) :=
n2x (0≤x < n1)
−n2x+ 2n (n1 ≤x < n2)
0 (x <0 またはx≥ n2) で定めるとき (グラフを描こう)、任意の x∈R に対して
nlim→∞fn(x) = 0.
すなわち関数列 {fn}n∈N は、定数関数 f(x) = 0 に R で各点収束する。これを確かめるには (収束の定義によると)
(∀ε >0) (∃N ∈N) (∀n ∈N: n ≥N) |fn(x)−f(x)|< ε を示せばよい。
39「信号処理とフーリエ変換」で、不連続な関数のFourier級数は見ている人が多いはず。そういう人は、連
続関数列(Fourier級数の部分和は連続)の各点収束極限が不連続になることがあるのは知っている「はず」。
(a) x≤0 の場合: 任意の n ∈N について fn(x) = 0 であるから、N = 1 とすれば良い。
(b) x >0 の場合: N > 2
x を満たす N ∈N を取れば良い40。 一方、
sup
x∈R|fn(x)−f(x)|=n であるので
nlim→∞sup
x∈R|fn(x)−f(x)|=∞.
(極限が0にならないので)ゆえに {fn}n∈N は f に一様収束はしない。
グラフを描けばすぐ分かるように、任意のn ∈Nに対して Z ∞
−∞
fn(x)dx= 1 2 · 2
n ·n= 1 (三角形の面積) であるから
nlim→∞
Z ∞
−∞
fn(x)dx= 1 6= 0 = Z ∞
−∞
f(x)dx.
すなわち項別積分はできない。
3.2.2 一様収束のありがたみ
命題 3.17 (連続関数列の一様収束極限は連続) Ω⊂C, f: Ω→C, {fn} は Ω 上の複素数 値連続関数列とする。{fn} が Ω 上 f に 一様収束するならば、f は Ω 上連続である。
証明 x0 ∈Ω とする。任意の正の数ε に対して、{fn} が Ω 上 f に一様収束することから、
(∃N ∈N) (∀n ∈N: n ≥N)
sup
y∈Ω|fn(y)−f(y)|< ε 3.
fN は Ω で連続であるから、(∃δ >0) (∀x∈Ω: |x−x0|< δ) |fN(x)−fN(x0)|< ε3. ゆえに、x∈Ω, |x−x0|< δ であれば、
|f(x)−f(x0)|=|f(x)−fN(x) +fN(x)−fN(x0) +fN(x0)−f(x0)|
≤ |f(x)−fN(x)|+|fN(x)−fN(x0)|+|fN(x0)−f(x0)|
≤sup
y∈Ω|f(y)−fN(y)|+|fN(x)−fN(x0)|+ sup
y∈Ω|fN(y)−f(y)|
≤ ε 3 +ε
3 +ε 3 =ε.
これは f が x0 で連続なことを示している。
問 49. 例 3.15 の関数列 {fn} に対しては、各点収束の意味での極限 f は x0 = 0 で連続では ない。命題 3.17 の証明のどこが成り立たないか、考えよ。
40「数学解析」を受講した人向け: そういうN が存在することを示すのには、アルキメデスの公理を使うわけ です。
実関数の場合の項別微分、項別積分
本当は微積分を学ぶ際にやるべきことだけれど、省略されている可能性が高いので、さらっ と紹介する。2つの定理とその証明を説明するが、私はとても見通しの良い証明であると思っ ている。複素関数の場合も同様の証明が可能であるが、そのためには複素関数の積分を定義す る必要があるので、少し待って下さい。
ここでは簡単のため、Ωが実軸上の有界閉区間 [a, b]の場合に定理を述べて証明するが、もっ と一般の場合に成り立つことは分かるであろう。
命題 3.18 (一様収束ならば項別積分可能) [a, b]はR の区間、{fn}は [a, b]上の複素数値 連続関数列で、n → ∞のとき関数 f に [a, b]で一様に収束するならば
nlim→∞
Z b a
fn(x)dx= Z b
a
f(x)dx.
証明 f は(連続な関数からなる関数列の一様収束極限であるから)連続であることを注意し ておく。
Z b a
fn(x)dx− Z b
a
f(x)dx =
Z b a
(fn(x)−f(x))dx ≤
Z b a
|fn(x)−f(x)|dx
≤ sup
y∈[a,b]
|fn(y)−f(y)| Z b
a
dx
= sup
y∈[a,b]
|fn(y)−f(y)|(b−a)→0.
もとの関数fn の連続性が f の連続性を導くかを問題にしたが(各点収束では不足、一様収
束ならOK)、微分可能性はどうなるか。ここでは次の定理を紹介しておく。
命題 3.19 R の区間 I = [a, b] 上のC1 級の関数列 {fn}n∈N が2条件 (1) {fn}n∈N は n → ∞のとき、ある関数 f に I で各点収束する。
(2) 導関数列 {fn′}n∈N は n → ∞のとき、ある関数 g に I で一様収束する。
を満たすならば、f は I で C1 級で、f′ =g を満たす。
証明 任意の x∈[a, b] に対して
fn(x) = fn(a) + Z x
a
fn′(t)dt が成り立つ。n→ ∞ としたときの極限は
f(x) =f(a) + Z x
a
g(t)dt.
g は連続関数列の一様収束極限であるから、連続であることに注意すると、f は微分可能で f′(x) = g(x).
g は連続であるから、f は C1 級である。
問 50. 微分の定義に基づき
d dx
Z x a
g(t)dt=g(x) を示せ。
3.2.3 WeierstrassのM-test
次に紹介する Weierstrass の M-test は、便利な定理である41(一様収束を証明する場合の九 割以上で使われているのではないかと思われる)。
定理 3.20 (WeierstrassのM-test) Ω は空でない集合、{an}n∈N は Ω 上の関数列 (各 n∈N に対して、an: Ω→C), 数列{Mn}n∈N は
(i) (∀n∈N) (∀z ∈Ω) |an(z)| ≤Mn (ii)
X∞ n=1
Mn は収束
を満たすとする。このとき、
X∞ n=1
|an| と X∞ n=1
an は Ωで一様収束する。
結論部分を「
X∞ n=1
an は Ω で一様絶対収束する」という人が多い。特に X∞ n=1
an は Ω で一様 収束するし(だから項別積分出来る)、各点zで
X∞ n=1
an(z) は絶対収束する(だから和の順序が 変えられる)。
証明 (定理そのものが優級数の定理に似ているが、証明も優級数の定理の証明のバージョン
アップ、みたいなものである。優級数の定理 Ver. 2 と言いたいくらい。) sn(z) :=
Xn k=1
ak(z), Sn(z) :=
Xn k=1
|ak(z)|, Tn:=
Xn k=1
Mk とおく。任意の n∈N, z ∈Ω,m ∈Nに対して
(∗) |sn(z)−sm(z)| ≤ |Sn(z)−Sm(z)| ≤ |Tn−Tm| が成り立つ。
実際、n > m のとき
|sn(z)−sm(z)|=
Xn k=1
ak(z)− Xm k=1
ak(z) =
Xn k=m+1
ak(z) ≤
Xn k=m+1
|ak(z)|.
この右辺について Xn k=m+1
|ak(z)|= Xn k=1
|ak(z)| − Xm k=1
|ak(z)|=Sn(z)−Sm(z) = |Sn(z)−Sm(z)| と
Xn k=m+1
|ak(z)| ≤ Xn k=m+1
Mk = Xn k=1
Mk− Xm k=1
Mk =Tn−Tm =|Tn−Tm|
41暇話になるけれど、昔小説(タイトルは忘れた)を読んでいて、主人公(学生)が一様収束の勉強をしている というくだりがあった。難しいことを真面目に勉強しているということを著者は言いたかったらしい(性格の描 写のうちの一つ)。でも一様収束というのはそんなに難しいことではないと思う(時が経って、自分の方がずれて しまったのかなあ？)。関数のグラフを描いてみればイメージは明瞭である(と思うのだけど)。実際に証明が出 来るかについては、「級数の一様収束の証明なんて、結局はこれを使うしかないはずだ」くらいに割り切って、一 様収束とWeierstrassのM-testをセットで覚えれば良いと思う。
が成り立つので、
|sn(z)−sm(z)| ≤ |Sn(z)−Sm(z)| ≤ |Tn−Tm|.
m > n の場合、mとnを入れ替えたものが成り立つが、それも
|sm(z)−sn(z)| ≤ |Sn(z)−Sm(z)| ≤ |Tn−Tm| と書き直せる (|bm−bn|=|−(bn−bm)|=|bn−bm|)。(∗) が示せた。
仮定より {Tn} は収束列なので、Cauchy 列である。(∗) から、数列 {Sn(z)}, {sn(z)} も
Cauchy列であることが分かる。C の完備性によって、それらは収束する。そこで
s(z) := lim
n→∞sn(z), S(z) := lim
n→∞Sn(z) (z ∈Ω), T := lim
n→∞Tn とおく。(∗) で m→ ∞ とすると
(∀z ∈Ω)(∀n ∈N) |sn(z)−s(z)| ≤ |Sn(z)−S(z)| ≤ |Tn−T|.
(細かいことを言うと (∀z ∈Ω) (∀n ∈N) の順番を入れ替えて) z ∈Ω について上限を取って sup
z∈Ω|sn(z)−s(z)| ≤sup
z∈Ω|Sn(z)−S(z)| ≤ |Tn−T|.
n → ∞のとき右辺は 0 に収束するので、{Sn}は S に、{sn}は s に、それぞれΩ で一様収 束する。
次の定理は有名である(定理3.3 とセットにして覚えるべき)。
定理 3.21 (冪級数は収束円盤内の任意の閉円盤で一様絶対収束する) {an}n≥0 は複素数 列、c∈Cとする。冪級数
X∞ n=0
an(z−c)n の収束半径をρ とする。このとき 0< R < ρ を 満たす任意の R に対して、
X∞ n=0
an(z−c)n は閉円盤 K :={z ∈C| |z−c| ≤R} 上一様絶 対収束する。
補題3.1 では、証明に優級数の定理を使ったが、その代わりに Weierstrass の M test を使っ て改良した、というような結果である。
証明 ρ= 0 の場合は、K ={c} であり、z =cのとき、
X∞ n=0
an(z−c)n=a0+ 0 + 0 +· · · で あるから、一様絶対収束することは簡単に分かる。
以下 ρ > 0 とする。R < r < ρ なる r を取る (ρ < ∞ ならばr = R+ρ
2 , ρ = ∞ ならば r =R+ 1)。
z=c+r で収束するから、
nlim→∞anrn= lim
n→∞an(z−c)n= 0.
ゆえに {anrn} は有界である。すなわち、ある M ∈R が存在して (∀n∈N) |anrn| ≤M.
bn:=M Rrn とおくと、|z−c| ≤R をみたす任意の z に対して
|an(z−c)n| ≤ |an|Rn =|anrn| R
r n
≤M R
r n
=bn.