無限積の理論シリーズ第5回。前回は条件収束の扱いにくさと、収束判定の仕方を主にCauchy's testと絡めて説明しました。今回も条件収束を取り上げます。条件収束する無限積においては、積の順序を変えることができないこと、またCauchy's testを一般化したPringsheim's Testを紹介します。Hardyによるregularly convergentについても解説。
前回はこちら：
【４】条件収束する無限積の収束性（Cauchy's test）
もくじ
定理3.7で、絶対収束する無限積は、かける順番を変えても結果に影響しないことを示しました。条件収束ではそうはいきません（級数のときと同じ）。以下、$\prod(1+z_n)$ を考えるとき、$z_n\neq -1$ とします。
具体的な例
$$P:=\prod_{n=2}^\infty\left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)$$を考えます。例題4.1より、この無限積は条件収束して\begin{equation}P=1\tag{1}\end{equation}です。
$P$ は、1より大きな因子と1より小さな因子を交互に掛け算しています（級数でいう交代級数みたいに）。この順番をいじって違う結果に変えてみます。
1より大きな因子を2個、1より小さな因子を1個ずつとって並べます。すなわち$$Q=\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{6}\right)\left(1+\frac{1}{8}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)\cdots$$これは $P$ を並べ替えたものになっています。部分積は\begin{eqnarray*}Q_{3n}&=&\prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{4k-2}\right)\left(1+\frac{1}{4k}\right)\left(1-\frac{1}{2k+1}\right)\\&=&\prod_{k=1}^n\frac{(4k-1)(4k+1)}{(4k+2)(4k-2)}\end{eqnarray*}ガンマ関数を用いて\begin{eqnarray*}&=&\frac{\G(n+\frac{3}{4})\G(n+\frac{5}{4})}{\G(n+\frac{1}{2})\G(n+\frac{3}{2})}\cdot\frac{\G(\frac{1}{2})\G(\frac{3}{2})}{\G(\frac{3}{4})\G(\frac{5}{4})}\\&=&\sqrt{2}\frac{\G(n+\frac{3}{4})\G(n+\frac{5}{4})}{\G(n+\frac{1}{2})\G(n+\frac{3}{2})}\end{eqnarray*}ここのLemma1.4より$$\lim_{n\to\infty}Q_{3n}=\sqrt{2}$$$Q_{3n+1}$ , $Q_{3n+2}$ も同じ値に収束するので\begin{equation}Q=\sqrt{2}\tag{2}\end{equation}値が(1)と異なります。並べ替えて積をとることで、極限が変化してしまいました。
同様に、1より大きな因子を3個、1より小さな因子を1個ずつとって並べます。すなわち$$R=\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{4}\right)\left(1+\frac{1}{6}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{8}\right)\left(1+\frac{1}{10}\right)\cdots$$部分積は\begin{eqnarray*}R_{4n} &=& \prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{6k-4}\right)\left(1+\frac{1}{6k-2}\right)\left(1+\frac{1}{6k}\right)\left(1-\frac{1}{2k+1}\right) \\&=& \prod_{k=1}^n\frac{2(6k-3)(6k-1)(6k+1)}{6(6k-4)(6k-2)(2k+1)} \\&=& \frac{\G(n+\frac{1}{2})\G(n+\frac{5}{6})\G(n+\frac{7}{6})}{\G(n+\frac{1}{3})\G(n+\frac{2}{3})\G(n+\frac{3}{2})}\cdot\frac{\G(\frac{1}{3})\G(\frac{2}{3})\G(\frac{3}{2})}{\G(\frac{1}{2})\G(\frac{5}{6})\G(\frac{7}{6})}\\&=&\sqrt{3}\cdot \frac{\G(n+\frac{1}{2})\G(n+\frac{5}{6})\G(n+\frac{7}{6})}{\G(n+\frac{1}{3})\G(n+\frac{2}{3})\G(n+\frac{3}{2})} \end{eqnarray*}極限をとることで\begin{equation}R=\sqrt{3}\tag{3}\end{equation}(1)(2)と異なる値を得ました。
より一般に、1より大きな因子を $p$ 個、1より小さな因子を $q$ 個ずつとって並べるとどうでしょう。部分積は\begin{eqnarray*}S_{(p+q)n} &=& \prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{2p(k-1)+2}\right)\left(1+\frac{1}{2p(k-1)+4}\right)\left(1+\frac{1}{2p(k-1)+4}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{2pk}\right)\\&&\times\left(1-\frac{1}{2q(k-1)+3}\right)\left(1-\frac{1}{2p(k-1)+5}\right)\left(1-\frac{1}{2p(k-1)+7}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{2qk+1}\right)\\&=&\frac{\G(n+\frac{3}{2p})\G(n+\frac{5}{2p})\cdots\G(n+\frac{2p+1}{2p})}{\G(n+\frac{2}{2p})\G(n+\frac{4}{2p})\cdots\G(n+\frac{2p}{2p})}\cdot\frac{\G(\frac{2}{2p})\G(\frac{4}{2p})\cdots\G(\frac{2p}{2p})}{\G(\frac{3}{2p})\G(\frac{5}{2p})\cdots\G(\frac{2p+1}{2p})}\\&&\times\frac{\G(n+\frac{2}{2q})\G(n+\frac{4}{2q})\cdots\G(n+\frac{2q}{2q})}{\G(n+\frac{3}{2q})\G(n+\frac{5}{2q})\cdots\G(n+\frac{2q+1}{2q})}\cdot\frac{\G(\frac{3}{2q})\G(\frac{5}{2q})\cdots\G(\frac{2q+1}{2q})}{\G(\frac{2}{2q})\G(\frac{4}{2q})\cdots\G(\frac{2q}{2q})}\end{eqnarray*}極限をとると\begin{eqnarray*}S &=&\frac{\G(\frac{1}{p})\G(\frac{2}{p})\cdots\G(\frac{p}{p})}{\G(\frac{3}{2p})\G(\frac{5}{2p})\cdots\G(\frac{2p+1}{2p})}\frac{\G(\frac{3}{2q})\G(\frac{5}{2q})\cdots\G(\frac{2q+1}{2q})}{\G(\frac{1}{q})\G(\frac{2}{q})\cdots\G(\frac{q}{q})}\\ &=&\frac{\prod_{k=0}^{p-1}\G(\frac{1}{p}+\frac{k}{p})}{\prod_{k=0}^{p-1}\G(\frac{3}{2p}+\frac{k}{p})}\frac{\prod_{k=0}^{q-1}\G(\frac{3}{2q}+\frac{k}{q})}{\prod_{k=0}^{q-1}\G(\frac{1}{q}+\frac{k}{q})}\end{eqnarray*}ガウスの乗法公式より\begin{equation}S=\sqrt{\frac{p}{q}}\tag{4}\end{equation}と分かります。
より一般に
$a_n>0$ として $\lim_{n\to\infty} na_n=K$ となる場合、$$\prod_{n=1}^\infty\left\{1+(-1)^na_n\right\}$$を考えます。$n\ge N$ で$$|na_n-K|<\epsilon$$より$$\left|a_n-\frac{K}{n}\right|<\frac{\epsilon}{n}<\epsilon$$$$\therefore\quad a_n\sim\frac{K}{n}\quad(n\to\infty)$$よって十分大きな $n$ では $\{a_n\}$ は単調減少で $a_n\to 0$ なのでライプニッツの定理より $\sum(-1)^na_n$ は収束します。さらに $a_n^{~2}\sim\frac{1}{n^2}$ より$$\sum\{(-1)^na_n\}^2=\sum a_n^{~2}$$も収束します。以上から定理4.1より $\prod\left\{1+(-1)^na_n\right\}$ は収束します。しかし$$\sum|(-1)^na_n|=\sum a_n=+\infty$$（調和数のスピードで発散）より、絶対収束はしません。よって $\prod\left\{1+(-1)^na_n\right\}$ は条件収束です。
先ほどみた $P$ はこれらを満たしており、$a_n=1/n$ としたものであり、$K=1$ です。
一般に、 $A$ に条件収束する無限積について、1より大きな因子を $p$ 個、1より小さな因子を $q$ 個ずつとって並べる方法で計算すると$$\left(\frac{p}{q}\right)^\frac{K}{2} A$$に収束します。
前回のCauchy's testを一般化したものとして、次のようなものがあります。
$2$ 以上の自然数 $N$ に対して$$\sum z_n\;,\;\sum z_n^{~2}\;,\cdots,\;\sum z_n^{~N-1}\;,\;\sum|z_n|^N$$が収束するならば、$\prod(1+z_n)$ は収束する。
【証明】$\sum z_k$ が収束するので $z_k\to 0$ だから、$|z_k|<\frac{1}{2}$ と考えてよい（これを満たす項を初項としてよい。そうすれば $k=1$ から $|z_k|<\frac{1}{2}$ とできる）。$$\lambda_k:=\sum_{m=1}^{N-1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}z_k^{~m}\;,\;\mu_k:=\sum_{m=N}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}z_k^{~m}$$とすると$$\ln(1+z_k)=\lambda_k+\mu_k$$なので\begin{eqnarray*}|\ln(1+z_k)-\lambda_k| &=& |\mu_k |\\ &=& \left|\sum_{m=N}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}z_k^{~m}\right|\\&\le& \sum_{m=N}^\infty\frac{|z_k|^m}{m}\\&\le&\sum_{m=N}^\infty |z_k|^m =|z_k|^N\sum_{m=0}^\infty |z_k|^m\\&<&|z_k|^N\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{2^m}\\&=& 2|z_k|^N\end{eqnarray*}$k$ で和をとります。$$\sum_{k=1}^n|\ln(1+z_k)-\lambda_k| < 2\sum_{k=1}^n|z_k|^N $$仮定より$\sum|z_n|^N$ は収束するので $\sum(\ln(1+z_k)-\lambda_k)$ は絶対収束する。
ここで\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^n\lambda_k &=& \sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^{N-1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}z_k^{~m}\\&=&\sum_{k=1}^n\left(z_k-\frac{z_k^{~2}}{2}+\frac{z_k^{~3}}{3}-\cdots+\frac{(-1)^{N-2}}{N-1}z_k^{~N-1}\right)\end{eqnarray*}仮定より、これは $n\to\infty$ で収束する。よって $\sum \ln(1+z_n)$ も収束する。定理3.2より $\prod(1+z_n)$ は収束する。【証明終】
特に $N=2$ のときがCauchy's testです。Hardy[2]では定理5.1の仮定を満たす無限積をregularly convergentといい、そうでないけど収束するものをirregularly convergentとよんでいます。
regularly convergentの例
$\t\in\RR$ かつ $\t$ は $2\pi$ の整数倍でないとします。無限積$$P:=\prod_{n=1}^\infty(1+z_n)\;,\quad z_n=\frac{e^{in\t}}{\sqrt[3]{n}}$$と定めます。
$\sum|z_n|=+\infty$ とすぐに分かるので、$P$ は絶対収束しません。続けて順に$$\sum |z_n|^2=+\infty\;,\quad\sum |z_n|^3=+\infty\;,\quad\sum |z_n|^4=\zeta(4/3)<+\infty$$前回の例題4.7より$$\sum\frac{e^{in\t}}{n^s}$$は $s>0$ で収束するので $\sum z_n$ , $\sum z_n^{~2}$ , $\sum z_n^{~3}$ は収束します。よって定理5.1より $P$ は条件収束します。
irregularly convergentの例
定理5.1の仮定を満たさなくても収束することがあります（irregularly convergent）。先ほどの $P$ とその共役 $P^*$ は共にregularly convergentですが、その掛け算 $Q:=PP^*$ はどうでしょう。つまり$$Q:=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{2\cos n\t}{\sqrt[3]{n}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)$$と書けます。$Q$ は収束する $P,P^*$ の積ですので定理1.3より収束します。ところが $\sum(\frac{2\cos n\t}{\sqrt[3]{n}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}})$ は発散しますので定理5.1の仮定を満たしていません。よってirregularly convergentです。
HardyとLittlewood
Hardy[2]やLittlewood[3]では条件収束のなかでもこのirregularly convergentな積について研究しています。前者では定理5.1の関数項級数バージョンも証明しています。またirregularly convergentにも2パターンあって、１つは先ほどの例のように、$\sum a_n$ が発散してしまっているため、定理5.1の仮定を満たさないもの、もう１つは $\sum a_n,\sum a_n^{~2},\cdots$ は収束するのに、任意の $N$ で $\sum |a_n|^N$ が発散してしまうものです。例えば$$a_n=\frac{e^{in\t}}{\ln n}\quad(\t\neq 2k\pi)$$ではディリクレの判定法より $\sum a_n^{~N}$ は収束する一方、$\sum |a_n|^N$ は発散します。よって定理5.1は使えません。Hardyは $\t/\pi\in\QQ$ の場合に $\prod(1+a_n)$ が発散することを示しました。Littlewoodは $\t/\pi$ が無理数のときに、ある条件のもとで収束すること、さらにより一般に$$\prod(1+a_ne^{in\t})\;,\quad (\t/\pi\in\RR\setminus\QQ)$$も、同様の条件のもとで収束することを示しました。その条件とは、$[x]$ を $x$ と $x$ に最も近い整数の差と定義して$$\t_m:=2\pi \left[\frac{m\t}{2\pi}\right]$$と定めたとき、$$\exists K>0:\mathrm{const}\;,\;\forall m\in\NN\;,\;|\t_m|>K^{-m}$$が成り立つことです。詳細はHardy[2]やLittlewood[3]を読んでください。
正の数列 $\{ a_n\}$ は単調減少であり、$0$ に収束する。このとき $\sum a_n^{~2}$ が収束することと$$\prod\{1+(-1)^n a_n\}$$も収束することは同値であることを示せ。
ライプニッツの定理より$\sum(-1)^n a_n$ は収束する。
よって $\sum a_n^{~2}$ が収束するならば定理5.1より $\prod\{1+(-1)^n a_n\}$ も収束する。
逆は、定理4.3よりただちに従う。
$$\prod_{n=2}^\infty\left(1+\frac{(-1)^n}{n^\frac{2}{3}}\right)$$は条件収束することを示せ。
明らかに絶対収束しない。$\sum\frac{(-1)^n}{n^{2/3}}$ がライプニッツの定理より収束し、$\sum\frac{1}{n^{4/3}}$ も収束するから、定理5.1より無限積は条件収束する。
$$\prod_{n=2}^\infty\left(1+\frac{(-1)^n}{n^\frac{1}{3}}\right)$$は条件収束するか。
$a_n=\frac{(-1)^n}{n^{1/3}}$ とする。まず明らかに絶対収束しない。$\sum a_n$ がライプニッツの定理より収束するが $\sum a_n^{~2}$ は発散する。よって系4.4より無限積は発散する。
$n\in\NN$ で次のように数列を定める。$$a_{2n}=\frac{1}{\sqrt{n}-\frac{1}{2}}\;,\; a_{2n-1}=-\frac{1}{\sqrt{n}+\frac{1}{2}}$$このとき $\prod(1+a_n)$ はirregularly convergentであることを示せ。
部分積は$$P_{2n}=\prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{\sqrt{k}-\frac{1}{2}}\right)\left(1-\frac{1}{\sqrt{k}+\frac{1}{2}}\right)=1$$$$P_{2n-1}=P_{2n-2}(1+a_{2n-1})\rightarrow1$$よって無限積は収束する。
次に$$|a_{2n-1}|<|a_{2n}|\sim\frac{1}{\sqrt{n}}$$より$$|a_{2n-1}|^N<|a_{2n}|^N\sim\frac{1}{\sqrt{n^N}}$$なのでLimit comparison testより $N\ge 3$ で $\sum |a_n|^N$ は収束する。一方で $\sum a_{n}$ は発散するから定理5.1の仮定を満たさない。よってirregularly convergentである。
次回は関数の無限積の話をします。
無限積だけで１冊の本。入門からスタートするので安心です。第1章で級数のおさらいもあります。
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