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【級数の収束判定法】ディリクレの定理とその証明

微分積分学(大学)
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「ディリクレの収束判定法」または「ディリクレの定理」といわれる,級数が収束する十分条件を紹介します。そのために必要となる「部分和分」の証明も行います。

ディリクレの定理の主張

定理(ディリクレ; Dirichlet)

実数の数列 \{\lambda_n\} は単調かつ \lambda_n \xrightarrow{n\to\infty} 0 とし,実数または複素数の数列 \{a_n\} は,その部分和列 \{S_n = \sum_{k=1}^n a_k\}_n有界であるとする。
このとき,

\color{red} \sum_{n=1}^\infty \lambda_n a_n


は収束する。

これは,交代級数の収束の定理である「ライプニッツの定理」の一般化だと言えます。実際, a_n = (-1)^{n+1} とすると, \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \lambda_n は収束することが,この定理から分かります。

証明に使う補題~部分和分~

直接証明するのではなく,まずは定理の証明に使う補題を紹介します。(→ 定義・公理・定理・命題・補題・系を完全理解しよう

補題の主張~部分和分~

補題(部分和分; Summation by parts)

数列 \{a_n\}, \{b_n\} に対し,A_n = \sum_{k=1}^n a_k, B_n = \sum_{k=1}^n b_k とおく。このとき,

\color{red} \sum_{k=1}^n a_n b_n = a_n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1}- a_k) B_k


が成立する。

これは,部分積分 \int fg = fG- \int f' G の離散版だと思えます。証明をしておきましょう。

補題の証明

補題の証明

以下, A_0 = B_0 = 0 と解釈する。 b_{k} = B_{k} - B_{k-1} であるから,

\begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k b_k & = \sum_{k=1}^n a_k (B_{k} - B_{k-1}) \\ &= \sum_{k=1}^n a_k B_k - \sum_{k=1}^{n} a_k B_{k-1} \\ & = \sum_{k=1}^n a_k B_k - \sum_{k=1}^{n-1} a_{k+1} B_{k}. \end{aligned}


一方で,

\begin{aligned} &a_n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1}- a_k) B_k \\ &= \sum_{k=1}^n a_k B_k - \sum_{k=1}^{n-1} a_{k+1} B_k \end{aligned}


のため,両辺一致している。

証明終

ディリクレの定理の証明

それでは,定理の証明をしましょう。定理を再掲します。

定理の再掲(ディリクレ; Dirichlet)

実数の数列 \{\lambda_n\} は単調かつ \lambda_n \xrightarrow{n\to\infty} 0 とし,実数または複素数の数列 \{a_n\} はその部分和列 \{S_n = \sum_{k=1}^n a_k\}_n有界であるとする。
このとき,\color{red} \sum_{n=1}^\infty \lambda_n a_n は収束する。

証明においては, \{a_n\} 単調減少としましょう。単調増加でもほぼ同じです。

証明

\{S_n = \sum_{k=1}^n a_k\} 有界であったから, |S_n| < M, \,\, (n\ge 1) としよう。

部分和分の補題より,

\begin{aligned} &\sum_{k=1}^n \lambda_k a_k \\ &= \lambda_n S_n - \sum_{k=1}^{n-1} (\lambda_{k+1}- \lambda_k) S_k \end{aligned}\tag{1}


である。各項について,

|\lambda_n S_n| \le |\lambda_n| M \xrightarrow{n\to\infty} 0


より,第一項は収束し, \lambda_{k+1}- \lambda_k \le 0 に注意して,

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}|(\lambda_{k+1}- \lambda_k) S_k| &\le M \sum_{k=1}^{n-1} ( \lambda_{k} - \lambda_{k+1}) \\ &= M (\lambda_1 - \lambda_n) \\ &\xrightarrow{n\to\infty} M \lambda_1 \end{aligned}


であるから,第二項については絶対収束する。

よって, (1) 式の右辺が収束するから,左辺も収束する。

証明終

絶対収束するとは言っていない

証明の中で, \sum_{n=1}^{\infty} (\lambda_{n+1}- \lambda_n) S_n が絶対収束することを示しましたが,元の級数 \sum_{n=1}^\infty \lambda_n a_n が絶対収束するわけではありません。これは,交代級数のライプニッツの定理で,

\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log 2


であるが, \sum_{n=1}^\infty 1/n = \infty であることが反例になります。

基本的な応用

ディリクレの定理を用いれば,たとえば以下のようなことが分かります。

\{a_n\} は単調減少かつ a_n \xrightarrow{n\to\infty} 0 とすると,

  • \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n \sin n \theta \, (\theta \in \mathbb{R} ) は収束する。
  • \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n \cos n \theta \, (\theta \in \mathbb{R}\setminus \{2m\pi\mid m \in \mathbb{Z}\}) は収束する。
  • \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n e^{in\theta} \, (\theta \in \mathbb{R}\setminus \{2m\pi\mid m \in \mathbb{Z}\}) は収束する。

その他の収束判定法