10月17日の講義ノート

§3. ベキ級数
ベキ級数： a0 + a1 z + · · · + an z n + · · · =
例 3.1
1
P
n=0
an z n (an 2 C, z 2 C)．
次の 3 個のベキ級数を考える：
1
1
X
X
zn ,
n
f0 (z) :=
z ,
f1 (z) :=
n
n=1
1
X
zn .
f2 (z) :=
n2
n=1
n=1
z n
z n
まず不等式 z =
=
(n = 1, 2, . . . ) に注意．
n
n2
n
n log |z|
z
(1) z > 1 のとき． 2 = e 2
! +1 より，fj (z) (j = 0, 1, 2) のどのベキ
n
n
級数も一般項が 0 に収束しない．よってどの fj (z) も発散1．
n
(2) z < 1 のとき．f0 (z) は絶対収束する．ゆえに f1 (z), f2 (z) も絶対収束する．
(3) z = 1 のとき．(i) z n = 1 ゆえ z n ! 0 ではないので f0 (z) は収束しない．
P 1
(ii)
は収束するので，f2 (z) は絶対収束する．
n2
(iii) f1 (z) について：まず z = 1 では発散する．次に z 6= 1 のときを考える．
Sn := z + · · · + z n (n = 1)，S0 := 0 とおくと
N
N
N
X
X
Sn
z n = X 1 (S
Sn 1 ) =
n
n
n
n
n=1
=
n=1
N
X1⇣
n=1
ここで z 6= 1 より Sn =
n=1
1
n
z(1
1
⌘
S
1
Sn + N
n+1
N
N
X1
n=0
Sn
n+1
（Abel の変形法）．
zn)
2
であり， z = 1 であるから， Sn 5
．
z
1 z
SN
! 0 (N ! 1) であり，しかも
N
N
N
⌘
⌘
X1 ⇣ 1
X1⇣ 1
1
2
1
2
Sn 5
5
n
n+1
1 z
n
n+1
1 z
n=1
n=1
⌘
NP1⇣
1
1
となるので，
S は絶対収束する．よって f1 (z) は収束する． ⇤
n+1 n
n=1 n
ゆえに
以下，次のベキ級数を考える：
1
P
n=0
補題 3.2
ベキ級数
1
an z n · · · · · ·
1
について：
(1) z = z0 で収束 =) z < z0 で絶対収束．
(2) z = z0 で発散 =) z > z0 で発散．
1教科書に合わせて，
「収束しない」ことを「発散する」ということにする．
1
証明
(1) z0 6= 0 としてよい．an z0n ! 0 (n ! 1) となるから，9M > 0 s.t.
an z0n 5 M (8n)．ゆえに
⇣ z ⌘n
⇣ z ⌘n
5M
.
z0
z0
1
P
< 1 であるから，
an z n は収束している．
an z n = an z0
z < z0 のとき
z
z0
n
n=0
(2) もしある z1 ( z1 > z0 ) で収束していれば，(1) より z = z0 でも収束している
⇤
ことになる．
定理 3.3
ベキ級数
1
について，次の三つのケースが起こる：
(1) すべての z 2 C で絶対収束．
(2) 9⇢ > 0 s.t. z < ⇢ で絶対収束かつ z > ⇢ で発散．
(3) z = 0 でのみ収束．
定義 3.4
ベキ級数
1
について：
(1) のとき，収束半径は 1 であるという．
(2) のとき，収束半径は ⇢ であるといい，円： z = ⇢ を収束円という．
(3) のとき，収束半径は 0 であるという．
証明補題の証明から続けて，
⇢ := sup z0 ; ベキ級数 1 が z = z0 で収束
（ = 1 も許す）
とおくと定理が成立する2．すなわち， z < ⇢ で絶対収束， z > ⇢ で発散．
⇤
定理 3.5（係数比判定法）
an
が（ 1 を許して）存在する
an+1
an 6= 0 (n = 0, 1, 2, . . . ) かつ R := lim
n!1
=) R = ⇢．
注意 3.6 (1) an と an+1 のどちらが分子でどちらが分母なのかを忘れたら，極端な例
P
で試してみればよい．たとえば an が急速に大きくなると
an z n が収束しにくくなるは
ずであるから， an+1 が分母にくるはずであるという様に．
(2) 次の Cauchy–Hadamard の定理から定理 3.5 を導けるが（演習参照），上極限について
理解が十分でない人のために，ここでは直接証明を与える．
2実際
z < ⇢ ならば， z < 9⇢0 < ⇢ s.t. z0 = ⇢0 かつベキ級数 1 が z = z0 で収束．このとき，
補題から z でもベキ級数 1 が収束．一方で， z > ⇢ である z でベキ級数 1 が収束したら，⇢ の定義
に反する．
2
証明
z < R で絶対収束， z > R で発散ということがわかれば，R = ⇢ である．
(1) z < R（R = 1 のときを含む）とする．ここで r > 0 を z < r < R を
an
みたすようにとる．仮定より，9N s.t. n = N =)
> r．したがって，
an+1
aN +k < 1k aN (k = 1, 2, . . . )．ゆえに3
r
⇣ z ⌘k
aN +k z N +k 5 aN z N
(k = 1, 2, . . . ).
r
P
z
05
< 1 より，
an zn は収束する．
r
(2) z > R（R = 0 の場合を含む）のとき． z > r > R をみたすように r > 0 をと
an
る．このとき，9N s.t. n = N =)
< r．したがって， aN +k > 1k aN
an+1
r
4
(k = 1, 2, . . . )．ゆえに
⇣ z ⌘k
aN +k z N +k > aN z N
(k = 1, 2, . . . ).
r
P
z
> 1 であるから，一般項 an z n は 0 に収束しないので， an z n は発散する． ⇤
r
定理 3.7 (Cauchy–Hadamard)
n
1 = 0， 1 = 1 と約束するとき， 1 = lim sup p
an ．
1
0
⇢
n!1
P
注意 3.8 この定理でも， an が激しく大きくなるほど， an z n が収束しにくくなるので，
公式の左辺が ⇢ ではあり得ないことが確認できる．
証明
n
1 = lim sup p
an
R
n!1
束， z > R で
1
= lim sup
k!1 n=k
p
n
an
とおいて， z < R で
1
は絶対収
は発散することを示そう．
(1) z < R のとき．r > 0 をとって z < r < R とする． 1 > 1 であるから，
r
R
⇣ z ⌘n
p
9N s.t. n > N =) n an < 1 ．ゆえに an z n 5
(n > N ) となって，
r
r
P
z
05
< 1 より，
an z n は収束する．
r
(2) z > R のとき．r > 0 をとって， z > r > R とする． 1 < 1 ゆえ，無数の
r
R
⇣ z ⌘n
p
1
n
n
n に対して， an > ．ゆえにそのような n に対しては an z >
．ここ
r
r
P
z
で
> 1 より，一般項 an z n は 0 に収束しないので， an z n は発散する．
⇤
r
3z
= 0 の可能性があるので等号が必要になってくる．
z 6= 0 である．
4今度は条件より
3
注意 3.9
定理 3.7 においては，lim ではなくて lim sup であることに注意．たとえ
(
1
p
2n （n は偶数）
P
n
ばベキ級数
an z n で，an :=
である場合， an は収束しな
n
n=0
3 （n は奇数） p
n
い．しかし lim sup
an = 3 ゆえ，収束半径は 1 である．今の場合，係数比判定
3
n!1
an
法は使えない．なぜなら， lim
が存在しないから．
n!1 an+1
1
P
zn
1 (8n) であるから
． ······ 2
この場合 an =
n!
n!
n=0
(n + 1)!
an
=
= n + 1 ! +1 (n ! 1).
an+1
n!
ゆえに 2 のベキ級数の収束半径は 1 である． 2 の右辺のベキ級数でもって，複素変
ez :=
例 3.10
数の指数函数 ez の定義とする．定義域は C 全体である．
1 ( 1)m
P
z 2m． · · · · · · 3 この場合は
m=0 (2m)!
( 1)m
a2m+1 = 0, a2m =
(8m = 0, 1, 2, . . . )
(2m)!
n
z
ゆえ， an z n 5
(8n = 0, 1, 2, . . . )．よって例 3.10 より， 3 は 8z 2 C で絶対収
n!
束するので，収束半径は 1 である． 3 の右辺のベキ級数でもって，複素変数の函数
例 3.11
cos z :=
cos z の定義とする．定義域は C 全体で，偶函数である： cos( z) = cos z ．
( 1)m
z 2m+1 でもって，複素変数の函数 sin z
m=0 (2m + 1)!
の定義とする．定義域は C 全体で，奇函数である： sin( z) = sin z ．
例 3.12
同様に，sin z :=
1
P
命題 3.13
8z 2 C に対して，eiz = cos z + i sin z ．
証明
で z を iz とする．cos z ，sin z のベキ級数が絶対収束しているので，
1
1
1
X
X
X
n n
( 1)m 2m
( 1)m
i
z
iz
e =
=
z +i
z 2m+1 = cos z + i sin z.
n!
(2m)!
(2m + 1)!
2
n=0
m=0
m=0
• 極形式 z = r(cos ✓ + i sin ✓) を今後は z = rei✓ と表す．
eiz + e iz
eiz e iz
• 命題 3.13 より，cos z =
，sin z =
．
2
2i
z
z
z
e z とおく（双曲線函数）と，
• cosh z := e + e ，sinh z := e
2
2
cos z = cosh(iz),
sin z = 1 sinh(iz),
i
cosh z = cos(iz),
sinh z = i sin(iz).
4
⇤

Download Report