§4. ベキ級数の微積分
1 ( z)n
P
zn
．右辺を
と見れば，既知のベ
n
n
n=1
n=1
キ級数で，収束半径は 1 である1．右辺のベキ級数でもって，複素変数の函数 Log(1+z)
例 4.1
Log(1 + z) :=
1
P
( 1)n
1
の定義とする．定義域は単位円の内部 z < 1 である．Log と頭文字を大文字にする
理由は次回．
1
P
✓ ◆
↵
累乗函数： (1 + z) :=
z n (↵ 2 C)．ただし
n
n=0
✓ ◆
↵
↵(↵ 1) · · · (↵ n + 1)
:=
.
n!
n
✓ ◆
↵
(1) ↵ 6= 0, 1, . . . のとき．an :=
は 0 にならないことに注意すると，n ! 1 の
n
an
とき，
= n + 1 ! 1 (n ! 1)．ゆえに収束半径は 1．
an+1
↵ n
↵
例 4.2
(2) ↵ = m（非負整数）のとき： n = m + 1 すなわち m 5 n 1 のとき
✓ ◆
m
m(m 1) · · · (m n + 1)
=
=0
n
n!
✓ ◆
m
P
m n
であるから，考えているベキ級数は，実際は有限級数
z であり，これは
n
n=0
(1 + z)m の 2 項展開に他ならない．収束半径は 1 である．
定義 4.3（微分係数の定義）
f 0 (z) = lim
h!0
f (z + h)
h
f (z)
． （見かけ上は実変数のときと何も変わらない）
命題 4.4
f (z) が z = z0 で微分可能 =) f (z) は z = z0 で連続．
• 和・差・積・商，合成函数の微分に関しても実変数のときと同じ公式が成り立つ
（教科書の命題 2.17，命題 2.18 参照）．(z n )0 = nz n
1
(n = 1, 2, . . . ) も高校と同じ．
命題 4.5
1
P
f (z) =
an z n：収束ベキ級数（すなわち収束半径 ⇢ が正または 1 のベキ級数）
n=0
=) f1 (z) :=
1
P
nan z n
1
の収束半径も ⇢ である．
n=1
1係数比判定法を使っても容易にわかる．
1
f1 (z) の収束半径を ⇢1 とする．n = 1 のとき an z n 5 z nan z n
証明
1
ゆえ，
⇢1 5 ⇢．次に z < ⇢ とする．r > 0 をとって， z < r < ⇢ としよう2．
補題 4.6
0 5 a < b のとき，nan
1
<
bn
b
a
(n = 0, 1, 2 . . . )．
証明 n = 0 のときは明らか．n = 1 のとき，平均値の定理より，9c (a < c < b) s.t.
bn > bn
an = ncn 1 (b
a) > nan 1 (b
⇤
a).
an rn
命題 4.5 の証明の続き．補題 4.6 より，n an z n 1 5
．ここで 0 < r < ⇢ よ
r
z
P
P
り
an rn は収束するので， n an z n 1 も収束する．ゆえに ⇢1 = ⇢ でもあり，
⇤
⇢1 = ⇢ が示せた．
定理 4.7
1
P
f (z) :=
an z n ：収束ベキ級数（収束半径 ⇢ ）
n=0
=) z < ⇢ で f は微分可能であって，f 0 (z) :=
1
P
nan z n 1 （項別微分）．
n=1
証明
z0 < ⇢ とする．f1 (z) は命題 4.5 のベキ級数とすると3，
n (z + h)n z n
o
1
P
f (z0 + h) f (z0 )
0
0
f1 (z0 ) =
an
nz0n 1 . · · · · · ·
h
h
n=2
ここで An
{
B n = (A B)(An 1 + An 2 B + · · · + B n 1 · · · · · ·
nP1
nP2
}=
(z0 + h)n 1 k z0k nz0n 1 =
z0k (z0 + h)n 1
k=0
k=0
さて 0 < R < ⇢ をとって， z0
2
k
1
より4，
z0n
1 k
.
< R とする．あとで h ! 0 とするので，h は
z0 + h < R をみたすとしてよい．このとき， A < R， B < R ならば， 2 よ
B n 5 nRn
り An
} 5 Rn
{
1
2
A
h
nP2
B となることに注意すると，
(n
1
k=0
k) = 1 n(n
2
1)Rn
2
h 5 n2 R n
2
h.
1
P
f (z0 + h) f (z0 )
f1 (z0 ) 5 h
n2 an Rn 2 ． · · · · · · 3
h
n=2
命題 4.5 を 2 回使う事で， 3 の右辺の級数は収束している事がわかる．ゆえに h ! 0
ゆえに
1
のとき，
より，
3
の右辺 ! 0．よって f は z0 で微分可能であって，f 0 (z0 ) = f1 (z0 )．
2上極限に慣れている人は教科書の定理
2.20 の証明の出だしの様にする方がよい．
3 1 の級数で n = 0, 1 に対応する項は 0 であることに注意．
4次の右端の級数では，k = n
1 に対応する項は 0 であることに注意．
2
⇤
例 4.8
項別微分により，
(ez )0 = ez ,
(sin z)0 = cos z,
(cos z)0 =
sin z,
0
Log(1 + z) =
1 .
1+z
系 4.9
1
P
収束ベキ級数は収束円の内部で原始函数を持つ．すなわち，f (z) =
an z n
n=0
1
n+1
P
z
0
のとき，F (z) = c +
an
(c 2 C) と定義すると，F (z) = f (z) である．
n+1
n=0
定理 4.10（ベキ級数展開の一意性）
収束ベキ級数 f (z) =
1
P
an z n において，an =
n=0
f (n) (0)
である．すなわち，係数
n!
an (n = 0, 1, 2, . . . ) は f (z) によって一意的に決まる．
f (n) (z) = n! an + zh(z)（ h(z) はベキ級数）となるから，f (n) (0) = n!an ．
f (n) (0)
ゆえに an =
．
⇤
n!
系 4.11
1
P
f (z) =
an z n が偶函数なら，a2m+1 = 0 (m = 0, 1, 2, . . . )，奇函数なら a2m = 0
証明
n=0
(m = 0, 1, 2 . . . ) である．
定理 4.12（ベキ級数の積）
1
1
P
P
f (z) =
an z n ：収束半径 = ⇢1 ， g(z) =
bn z n ：収束半径 = ⇢2
n=0
n=0
=) z < min(⇢1 , ⇢2 ) で絶対収束するベキ級数として，
⌘
1 ⇣P
n
P
f (z)g(z) =
ak bn k z n ．
n=0 k=0
証明 絶対収束級数の積についての定理から従う．
⇤
1
1
P n 1
P n
1
例 4.13
nz
=
z = 1 ( z < 1) から，
2 について： 等比級数
1 z
(1
z)
n=1
n=0
(1) 項別微分，(2) 積 1 · 1 と見る
1 z 1 z
の 2 通りの方法でわかる．さらに，
✓ ◆
1
P
2
2
(3) (1 z) =
( z)n からもわかる．実際，
n
✓ n=0◆
2
2( 2 1) · · · ( 2 n + 1)
=
= ( 1)n (n + 1).
n!
n
3
• ベキ級数の合成． f (z) =
1
P
an z n ， g(w) =
n=1
1
P
bn wn において，f (0) = 0 ゆえ，
n=0
z が十分小さいところでの値 f (z) は g(w) の収束円の内部に入るので，g(f (z)) を
考えることができる．このとき
g(f (z)) = b0 + b1 (a1 z + a2 z 2 + · · · )
+ b2 (a1 z + a2 z 2 + · · · )2 + b3 (a1 z + a2 z 2 + · · · )3 + · · ·
= b0 + b1 a1 z + (b1 a2 + b2 a21 )z 2 + (b1 a3 + 2b2 a1 a2 + b3 a31 )z 3 + · · ·
z n の係数には，a1 ⇠ an ，b1 ⇠ bn しか寄与しない．最後のベキ級数が z の小さい
所で収束することは，正則函数のベキ級数展開可能性（後述）から従う5．
• ベキ級数の逆数． f (z) を収束ベキ級数で，f (0) 6= 0 とする．
1 は十分小さい r > 0 に対して， z < r で収束するベキ級数に展開
このとき，
f (z)
される（正則函数のベキ級数展開可能性）．実践的な方法としては，
1 = 1 + b z + b z2 + · · ·
f (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · (a0 6= 0),
1
2
f (z)
a0
1 = 1 に代入して，係数比較して b , b , . . . を求めるのが手っ取り早い．
を，f (z) ·
1 2
f (z)
1
z
ez 1 = P
z n 1 の逆数であり，
例 4.14 f (z) = z
はベキ級数 g(z) =
e
1
z
n=1 n!
1
P
g(0) = 1 であるから，f (z) = 1 +
bn z n と書ける．さらに
n=1
1 2
⇣
⌘
z
z + o(z 2 )
1
z
1
1
+
z
e
0
2
f (0) = lim
1 = lim
= lim
= 1
z!0 z
z!0 z
z!0 z(z + o(z))
ez 1
ez 1
2
⇣
⌘
z/2
z/2
1 であり，f (z) + z = z
2
より b1 =
+ 1 = z ez/2 + e z/2 は偶函数で
z
2
2
2 e
1
2 e
e
1
P
1
あるから，f (z) = 1
z+
ck z 2k とおける．ck (k = 1, 2, . . . ) は行列式を用いて
2
k=1
表すことができる6．B2k := ( 1)k 1 (2k)!ck を Bernoulli 数と呼ぶ．
1
P
an z n が収束ベキ級数で a1 = f 0 (0) 6= 0 ならば，w = 0
n=1
1
P
で z = 0 となる逆函数が，収束ベキ級数 z = g(w) =
bn wn としてただ一つ定ま
• 逆函数． w = f (z) =
n=1
る．実践的的にはベキ級数の合成： z = g(f (z)), w = f (g(w))（ z , w ：十分小）
に帰着する（教科書参照）．一般的公式としては，Lagrange の反転公式が知られ
ている7．解析概論には Lagrange の展開として載っている (p. 309)．
5教科書の付録には，ベキ級数論だけからの証明が与えられている．
6Cramer
の公式を用いる：演習問題参照．
R. P. Stanley, Enumerative combinatorics, vol. 2 の 5.4 節には 3 通り
の証明が書かれている．
7組合せ論の本，たとえば
4
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