【４】条件収束する無限積の収束性（Cauchy's test）

$\sum|\frac{(-1)^n}{n}|$ は調和数であり、明らかに発散するので（ここの例題2.1）$P$ は絶対収束しない。また部分積は\begin{eqnarray*}P_n &=& \left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\cdots\left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)\\&=&\frac{3}{2}\frac{2}{3}\frac{5}{4}\frac{4}{5}\cdots\frac{n+(-1)^n}{n}\\&=&\begin{cases}1\quad &(n:\mathrm{odd})\\\frac{n-1}{n}\quad&(n:\mathrm{even})\end{cases}\\&\longrightarrow& 1\end{eqnarray*}となって収束する。よってこの無限積 $P$ は条件収束である。

$S$ については部分和$$S_{2n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\to +\infty$$で発散する。一方、部分積は\begin{eqnarray*}P_{2n}&=& \prod_{k=1}^n(1+a_{2k-1})(1+a_{2k}) \\&=& \prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{k\sqrt{k}}\right)\end{eqnarray*}$\frac{1}{k\sqrt{k}}$ が正項であることから、ここの定理2.1より $P_{2n}$ は収束する。$P_{2n+1}$ も収束するとすぐに分かる。よって $P$ は収束する。$S$ が絶対収束しないことから、$P$ は条件収束である。

$S$ はライプニッツの定理により収束するが、$\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ は発散するので絶対収束はしない。よって条件収束である。一方、\begin{eqnarray*}(1+a_{2n-1})(1+a_{2n}) &=& \left(1-\frac{1}{\sqrt{2n-1}}\right)\left(1+\frac{1}{\sqrt{2n}}\right)\\&=&1-\left[\frac{1}{n\sqrt{2(2-\frac{1}{n})}}+\frac{1}{n\sqrt{2(2-\frac{1}{n})}(\sqrt{2n}+\sqrt{2n-1})}\right]\end{eqnarray*}大括弧内を $b_n>0$ とすると $n\to\infty$ で $b_n\sim\frac{1}{n}$ である。$\sum\frac{1}{n}$ は発散するから、Limit comparison testにより $\sum b_n$ も発散。定理2.3より $P_{2n}$ も発散する。

【証明】ここの定理２より $z_n\to 0$ なので$$\exists N\in\NN,\; \forall n\ge N,\;|z_n|\le\frac{1}{2}$$である。$|z_n|<1$ を満たすので、主値をとる対数を用いて次のメルカトル級数を利用できる。$$\ln(1+z_n)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}z_n^{~k}\quad(\forall n\ge N)$$よって\begin{eqnarray*}|\ln(1+z_n)-z_n| &=&\left|\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k}z_n^{~k}\right| \\&=&\left|\frac{z_n^{~2}}{2}\sum_{k=2}^\infty \frac{2(-1)^{k-1}}{k}z_n^{~k-2}\right| \\&\le &\frac{|z_n|^2}{2}\sum_{k=2}^\infty \frac{2}{k}|z_n|^{k-2}\\&\le&\frac{|z_n|^2}{2}\sum_{k=0}^\infty |z_n|^k\\&=&\frac{|z_n|^2}{2(1-|z_n|)}\\&\le& |z_n|^2\end{eqnarray*}比較判定法により $\sum |\ln(1+z_n)-z_n|$ は収束、すなわち $\sum \{\ln(1+z_n)-z_n\}$ も収束する。 したがって $\sum\ln(1+z_n)$ と $\sum z_n$ は共に収束するか、共に発散する。よって 定理3.2より $\sum z_n$ と $\prod(1+z_n)$ は共に収束するか、共に発散する。【証明終】

【証明】$a_n\to 0$ より十分大きな $n$ では $1+a_n>0$ である。$\ln(1+x)$ のマクローリン展開から$$0\le x-\ln(1+x)=\frac{x^2}{2}+O(x^3)\quad(x\to 0)$$$$\therefore\quad \lim_{n\to \infty}\frac{a_n-\ln(1+a_n)}{a_n^{~2}}=\frac{1}{2}$$よって$$\exists N\in\NN,\; \forall n\ge N,\;\left|\frac{a_n-\ln(1+a_n)}{a_n^{~2}}-\frac{1}{2}\right|<\frac{1}{4}$$変形すると$$a_n-\ln(1+a_n)>\frac{1}{4}a_n^{~2}\quad(\forall n\ge N)$$和をとって$$\sum_{k=N}^n a_k-\sum_{k=N}^n\ln(1+a_k)>\frac{1}{4}\sum_{k=N}^na_k^{~2}\ge 0$$この左辺第1項は収束することから、$\sum \ln(1+a_k)$ が収束すれば $\sum a_k^{~2}$ も収束する。定理3.2より $\prod(1+a_n)$ が収束すれば $\sum a_n^{~2}$ も収束する。【証明終】

$S_{2n}$ が調和数を含むので、明らかに $\sum a_n$ は発散。同じ理由で $\sum a_n^{~2}$ も発散。一方$$(1+a_{2n-1})(1+a_{2n})=1-\frac{1}{n^2}$$となるので、$\sum\frac{1}{n^2}$ は収束することから、定理2.2より $P_{2n}$ は収束する。したがって $P_{2n+1}$ も収束することがすぐに分かる。よって無限積は収束する。

$\sum a_n$ はライプニッツの定理により収束。$\sum a_n^2$ は調和数となって発散。系4.4より無限積は発散。

調和数が現れるので $\sum a_n$ は発散。一方 $\sum a_n^{~2}$ は収束する。定理4.1より無限積は発散。

こちらで示したように\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^n \cos k\t&=&\frac{\sin(n+\frac{1}{2})\t-\sin\frac{\t}{2}}{2\sin\frac{\t}{2}}\\\sum_{k=1}^n\sin k\t &=&\frac{\cos\frac{\t}{2}-\cos(n+\frac{1}{2})\t}{2\sin\frac{\t}{2}}\end{eqnarray*}絶対値をとってみれば $\sum \cos k\t$ , $\sum \sin k\t$ が有界であると分かる。$p_n=\cos n\t$ , $q_n=\sin n\t$ , $\lambda_n=\frac{1}{n^s}$ とすると、Dirichlet testにより $\sum \lambda_np_n$ , $\sum\lambda_nq_n$ は収束する($s>0$)。すなわち $\sum a_n$ , $\sum b_n$ は $s>0$ で収束する。$$a_n^{~2}=\frac{\cos^2n\t}{n^{2s}}\;,\;b_n^{~2}=\frac{\sin^2n\t}{n^{2s}}$$より $\sum a_n^{~2}$ , $\sum b_n^{~2}$ は $s>\frac{1}{2}$ で収束する。

以上から定理4.1より $f,g$ は $s>\frac{1}{2}$ で収束する。

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。