べき級数の計算問題｜項別微分・項別積分・コーシー積・母関数

べき級数の計算は、次の 1 本を出発点にして、微分・積分・掛け算で別の級数へ移す作業である。

$$\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}(|x|<1)$$

べき級数は収束半径の内部で項別に微分でき、項別に積分できる。この事実と等比級数があれば、以下の問題はほとんど片づく。

操作のたびに収束域が変わるので、そこだけは毎回確かめる。

問題 1：等比級数を微分する

$\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)x^n$ の和を求めよ（$|x|<1$）。

解答 1

等比級数の両辺を $x$ で微分する。項別微分は収束半径の内部で許される。

$$\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}$$

左辺で $n-1$ を $n$ と置き直せば、求める形になる。

$$\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)x^n=\frac{1}{(1-x{)}^2}$$

両辺に $x$ を掛けた次の形も、あとで繰り返し使う。

$$\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$$

係数に $n$ が掛かった級数は、微分で作る。これが基本の型である。

問題 2：微分をもう一度使う

$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n$ の和を求めよ（$|x|<1$）。

解答 2

「微分して $x$ を掛ける」という操作は、係数に $n$ を 1 つ掛ける働きをする。問題 1 の結果にもう一度かける。

$$\frac{d}{dx}\frac{x}{(1-x{)}^2}=\frac{(1-x{)}^2+2x(1-x)}{(1-x{)}^4}=\frac{1+x}{(1-x{)}^3}$$

両辺に $x$ を掛ける。

$$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n=\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^3}$$

$n^3$ でも $n^4$ でも、同じ操作を繰り返せばよい。1 回ごとに分母の次数が 1 つ上がる。

問題 3：数値を代入する

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}$ を求めよ。

解答 3

$x=\frac{1}{2}$ は収束域の内部にあるので、問題 1 の式にそのまま代入できる。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}=\frac{1/2}{(1-1/2{)}^2}=\frac{1/2}{1/4}=2$$

一般項に $n$ と指数関数が混ざった数値級数は、いったん $x$ の関数に戻すと閉じた値が出る。

問題 4：2 乗の場合を計算する

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}$ を求めよ。

解答 4

問題 2 の式に $x=\frac{1}{2}$ を代入する。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}=\frac{(1/2)(1+1/2)}{(1-1/2{)}^3}=\frac{3/4}{1/8}=6$$

分子が $n$ の多項式である限り、同じやり方でいつでも値が求まる。

問題 5：項別積分で逆正接を作る

$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$ の和を求めよ。

解答 5

公比 $-t^2$ の等比級数から始める。

$$\frac{1}{1+t^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{t}^{2n}(|t|<1)$$

$0$ から $x$ まで項別に積分する（$|x|<1$）。左辺の積分は $\arctan x$ である。

$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$$

この等式が保証されるのは、いまのところ $|x|<1$ に限る。端点の $x=\pm 1$ でも級数自体は交代級数として収束するが、そこで等号が成り立つかは別の問題である。

<svg viewBox="0 0 460 170" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<line x1="70" y1="95" x2="390" y2="95" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="110" y1="95" x2="350" y2="95" stroke="#1b81e0" stroke-width="3"></line>
	<line x1="230" y1="90" x2="230" y2="100" stroke="#9a9a9a" stroke-width="1"></line>
	<circle cx="110" cy="95" r="4" fill="#ffffff" stroke="#d0562a" stroke-width="1.5"></circle>
	<circle cx="350" cy="95" r="4" fill="#ffffff" stroke="#d0562a" stroke-width="1.5"></circle>
	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">収束半径の内部と端点では、できることが違う</text>
	<text x="146" y="82" font-size="11" fill="#1b81e0">項別に微分・積分してよい</text>
	<text x="104" y="118" font-size="11" fill="#9a9a9a">-1</text>
	<text x="226" y="118" font-size="11" fill="#9a9a9a">0</text>
	<text x="346" y="118" font-size="11" fill="#9a9a9a">1</text>
	<text x="55" y="152" font-size="11" fill="#d0562a">白丸の端点は、そこだけ別に調べる必要がある</text>
</svg>

問題 6：対数の級数を作る

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}$ の和を求め、$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}$ の値を出せ。

解答 6

等比級数を $0$ から $x$ まで項別積分する。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}={\int }_0^x\frac{dt}{1-t}=-\ln (1-x)(|x|<1)$$

$x=\frac{1}{2}$ を代入すれば値が出る。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}=-\ln \frac{1}{2}=\ln 2$$

係数を $n$ で割った級数は、積分で作る。掛けるときが微分、割るときが積分と覚えておけばよい。

どちらの操作も収束半径を変えない。変わるのは端点での振る舞いだけである。

問題 7：端点で等号が成り立つか

$\arctan$ の級数に $x=1$ を代入して $\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots$ としてよいか。

解答 7

項別積分が保証するのは $|x|<1$ での等式だけなので、代入しただけでは根拠にならない。ここで使うのがアーベルの定理である。

定理（アーベル）。$\sum a_n$ が収束するなら、$g(x)=\sum a_n{x}^n$ は $|x|<1$ で収束し、$x\to 1^{-}$ のとき $g(x)\to \sum a_n$ となる。

証明。$s_n=a_0+\cdots +a_n$、$s=\lim s_n$ と置く。$s_n$ は有界なので $|x|<1$ で $\sum s_n{x}^n$ は収束する。$s_{-1}=0$ と約束して差を取る。

$$(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{s}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }(s_n-s_{n-1})x^n=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

$0\le x<1$ とし、$(1-x)\sum x^n=1$ を使って $s$ を引く。

$$g(x)-s=(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }(s_n-s)x^n$$

$\epsilon >0$ を取り、$n>N$ で $|s_n-s|<\frac{\epsilon }{2}$ となる $N$ を選ぶ。右辺を $N$ の前後で切る。後半は次のように押さえられる。

$$\left|(1-x)\sum _{n>N}(s_n-s)x^n\right|\le \frac{\epsilon }{2}(1-x)\sum _{n>N}{x}^n\le \frac{\epsilon }{2}$$

前半は有限個の和なので、$x\to 1^{-}$ で因子 $(1-x)$ が効いて $0$ に近づく。したがって $1$ に十分近い $x$ では $|g(x)-s|<\epsilon$ となる。

ライプニッツの級数 $\sum \frac{(-1{)}^n}{2n+1}$ は交代級数として収束するので、この定理が使える。$\arctan$ は $x=1$ で連続だから、両側の極限が一致して等号が言える。

$$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots$$

端点での代入には、級数がそこで収束することと、この定理の 2 つが要る。

問題 8：円周率を実際に計算する

上の級数で $\pi$ を求めるとき、どれくらいの項数が必要か。速い級数はあるか。

解答 8

交代級数の打ち切り誤差は、次に足す項の絶対値以下である。$N$ 項で止めると $\pi$ の誤差は $\frac{4}{2N+1}$ 以下になる。

誤差を $0.01$ 未満にするだけで $2N+1>400$、つまり 200 項ほど要る。桁を 1 つ増やすたびに項数が 10 倍になり、実用にならない。

$\arctan$ の級数は引数が小さいほど速く収束する。$\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ を使うと、次の形が得られる。

$$\pi =2\sqrt{3}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)3^n}$$

項が $3^{-n}$ の速さで減るので、10 項で誤差が $3\times 10^{-6}$ を下回る。

引数をさらに小さくしたのがマチンの公式である。

$$\frac{\pi }{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan \frac{1}{239}$$

正しさは正接の加法定理で確かめられる。$\alpha =\arctan \frac{1}{5}$ と置くと $\tan 2\alpha =\frac{5}{12}$、$\tan 4\alpha =\frac{120}{119}$ となり、$\tan \left(4\alpha -\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{239}$ が出る。

引数の小さい逆正接に分解するこの形が、計算機以前から実用に使われた。級数は同じでも、代入する点を選ぶだけで速さが変わる。

<svg viewBox="0 0 460 240" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<line x1="70" y1="110" x2="410" y2="110" stroke="#9a9a9a" stroke-width="1" stroke-dasharray="4 3"></line>
	<line x1="70" y1="185" x2="410" y2="185" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<polyline points="80,58 114,139 148,91 182,125 216,98 250,120 284,102 318,118 352,103 386,116" fill="none" stroke="#d0562a" stroke-width="1.5"></polyline>
	<polyline points="80,91 114,114 148,109 182,110 216,110 250,110 284,110" fill="none" stroke="#1b81e0" stroke-width="1.5"></polyline>
	<circle cx="386" cy="116" r="3" fill="#d0562a"></circle>
	<circle cx="284" cy="110" r="3" fill="#1b81e0"></circle>
	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">同じ級数でも、代入する点を小さくすると収束が速くなる</text>
	<text x="298" y="88" font-size="11" fill="#1b81e0">3 の累乗で減る級数</text>
	<text x="240" y="152" font-size="11" fill="#d0562a">ライプニッツの級数</text>
	<text x="414" y="114" font-size="11" fill="#9a9a9a">π</text>
	<text x="76" y="203" font-size="11" fill="#9a9a9a">1</text>
	<text x="212" y="203" font-size="11" fill="#9a9a9a">5</text>
	<text x="382" y="203" font-size="11" fill="#9a9a9a">10</text>
	<text x="55" y="228" font-size="11" fill="#9a9a9a">横軸は足した項数、破線が真の値</text>
</svg>

問題 9：べき級数どうしを掛ける

${\left(\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\right)}^2$ をべき級数で表せ（$|x|<1$）。

解答 9

$|x|<1$ では絶対収束するので、コーシー積を取ってよい。係数は添字の和が $n$ になる組み合わせを全部足したものである。

$$c_n=\sum _{k=0}^{n}1\cdot 1=n+1$$

したがって ${\left(\sum x^n\right)}^2=\sum (n+1)x^n$ となり、問題 1 で求めた $\frac{1}{(1-x{)}^2}$ と一致する。

$\frac{1}{1-x}$ を 2 乗した結果と、係数を数え上げた結果が合う。掛け算を係数の側から見ると、組み合わせの数を数える作業になる。

問題 10：積で恒等式を確かめる

$e^x$ と $e^{-x}$ の級数の積が $1$ になることを、係数の計算で確かめよ。

解答 10

どちらもすべての $x$ で絶対収束するので、コーシー積を取ってよい。

$$c_n=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot \frac{(-1{)}^{n-k}}{(n-k)!}=\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(-1{)}^{n-k}$$

右の和は二項定理から $(1-1{)}^n$ に等しい。$n\ge 1$ では $0$、$n=0$ では $1$ である。

よって積は定数 $1$ になる。指数法則を、係数の側から見た形である。

問題 11：部分分数分解で係数を出す

$\frac{1}{1-3x+2x^2}$ をべき級数に展開し、収束半径を述べよ。

解答 11

分母は $(1-x)(1-2x)$ と因数分解できる。部分分数に分ける。

$$\frac{1}{(1-x)(1-2x)}=\frac{-1}{1-x}+\frac{2}{1-2x}$$

通分すると $-(1-2x)+2(1-x)=1$ となり、確かに元に戻る。それぞれを等比級数に直して足す。

$$\frac{1}{1-3x+2x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }\left(2\cdot 2^n-1\right)x^n=\sum _{n=0}^{\infty }(2^{n+1}-1)x^n$$

2 つの等比級数が収束するのは $|x|<1$ と $|x|<\frac{1}{2}$ である。両方が要るので収束半径は $\frac{1}{2}$ になる。

有理関数の展開はこの手順で必ず求まる。分母の零点のうち、原点にいちばん近いものが収束半径を決める。

問題 12：漸化式から母関数を作る

$F_0=0$、$F_1=1$、$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ で定まる数列について、$G(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{F}_n{x}^n$ を閉じた形で表せ。

解答 12

漸化式の形に合わせて $G$、$xG$、$x^{2}G$ を並べ、引き算する。

$$G(x)-xG(x)-x^{2}G(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(F_n-F_{n-1}-F_{n-2})x^n$$

$n\ge 2$ の項は漸化式からすべて $0$ になる。残るのは $n=0,1$ の分で、$F_0+(F_1-F_0)x=x$ である。

$$G(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$$

分母の零点は $\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$ である。原点に近いほうの絶対値が $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ なので、これが収束半径になる。

数列の側の情報が、1 つの関数に畳み込まれた形である。

問題 13：母関数から一般項を出す

問題 12 の $G$ を部分分数に分けて、$F_n$ の閉じた式を求めよ。

解答 13

$\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$、$\psi =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ と置く。$\phi +\psi =1$、$\phi \psi =-1$ だから、分母は次のように分解できる。

$$1-x-x^2=(1-\phi x)(1-\psi x)$$

$\phi -\psi =\sqrt{5}$ を使って部分分数に分ける。

$$\frac{x}{(1-\phi x)(1-\psi x)}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1-\phi x}-\frac{1}{1-\psi x}\right)$$

右辺の 2 つを等比級数に直し、$x^n$ の係数を比べる。

$$F_n=\frac{{\phi }^n-{\psi }^n}{\sqrt{5}}$$

漸化式で定義された数列の一般項が、べき級数の係数比較から出てくる。$|\psi |<1$ なので、$n$ が大きいところでは ${\phi }^n/\sqrt{5}$ にほぼ等しい。

問題 14：係数比較で微分方程式を解く

$y^{\prime }=2xy$、$y(0)=1$ をべき級数で解け。

解答 14

$y=\sum a_n{x}^n$ と置き、両辺を展開する。

$$y^{\prime }=\sum _{n\ge 1}n{a}_n{x}^{n-1},2xy=\sum _{n\ge 0}2a_n{x}^{n+1}$$

$x^0$ の係数を比べると $a_1=0$ である。$x^n$（$n\ge 1$）の係数を比べると、次の漸化式が出る。

$$(n+1)a_{n+1}=2a_{n-1}$$

$a_1=0$ から奇数番号はすべて $0$ になる。偶数番号は $a_0=1$ から順に $a_2=1$、$a_4=\frac{1}{2}$、$a_6=\frac{1}{6}$ と決まり、$a_{2m}=\frac{1}{m!}$ である。

$$y=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{x^{2m}}{m!}=e^{x^2}$$

微分方程式を、係数の漸化式に翻訳するのがこの解き方の要点である。

問題 15：二項級数を導く

$\sqrt{1+x}$ を $x^4$ の項まで展開せよ。

解答 15

$y=(1+x{)}^{\alpha }$ は $(1+x)y^{\prime }=\alpha y$ を満たす。$y=\sum a_n{x}^n$ と置いて係数を比べると、次の漸化式が出る。

$$(n+1)a_{n+1}=(\alpha -n)a_n$$

$a_0=1$ から順に決まり、係数は二項係数を実数の指数へ広げた形になる。

$$(1+x{)}^{\alpha }=\sum _{n=0}^{\infty }(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n})x^n,(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n})=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}$$

$\alpha =\frac{1}{2}$ を入れて係数を計算する。

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}-\frac{5x^4}{128}+\cdots$$

$x=0.02$ で 3 項まで取ると $1.00995$ になる。真の値は $1.0099504\dots$ で、小数第 5 位まで合っている。

問題 16：級数から関数を特定する

$f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$ が $f^{\prime }=f$ と $f(0)=1$ を満たすことを確かめ、$f$ を決定せよ。

解答 16

項別微分して添字をずらすと、元の級数に戻る。

$$f^{\prime }(x)=\sum _{n\ge 1}\frac{n{x}^{n-1}}{n!}=\sum _{n\ge 1}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=\sum _{m\ge 0}\frac{x^m}{m!}=f(x)$$

$x=0$ では $n=0$ の項だけが残るので $f(0)=1$ である。

解が $e^x$ に限ることも示せる。$g(x)=f(x)e^{-x}$ と置くと、積の微分から $g^{\prime }=f^{\prime }{e}^{-x}-f{e}^{-x}=0$ になる。$g$ は定数で、$g(0)=1$ だから $f(x)=e^x$ である。

級数を先に与え、それが満たす微分方程式から関数を言い当てる。母関数の考え方と同じ向きの議論である。

参考文献