級数の収束判定｜比・根・積分・交代級数の判定法

級数の収束判定は、どの判定法を選ぶかで決まる。判定法にはそれぞれ使える条件があり、外れると何も言えないまま終わる。

以下の問題は、判定法の使い分けを身につけるために並べてある。後半には、条件の確かめ漏れで誤りやすいものを集めた。

問題 1：一般項が 0 に行かない場合

$n = 1 \sum \infty \frac{n}{2 n + 1}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 1

$n \to \infty lim \frac{n}{2 n + 1} = \frac{1}{2} \neq = 0$ である。

級数が収束すれば一般項は 0 に収束しなければならない。その対偶により、この級数は発散する。

判定はまずここから始める。一般項が 0 に行かないと分かれば、それ以上調べる必要はない。

逆は成り立たない。一般項が 0 に行くことは収束の必要条件にすぎず、根拠にはならない。

問題 2：比較判定法

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2} + n}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 2

$\frac{1}{n ^{2} + n} < \frac{1}{n ^{2}}$ であり、 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ は $p$ 級数として収束する（ $p = 2 > 1$ ）。

比較判定法により $\sum \frac{1}{n ^{2} + n}$ は収束する。

別解として、部分分数分解でも解ける。 $\frac{1}{n ^{2} + n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$ と書けるので、部分和が望遠鏡和になって $1 - \frac{1}{N + 1}$ に等しい。

$N \to \infty$ とすれば和の値は 1 である。判定だけでなく値まで出るのは、この形に限られる。

問題 3：極限比較判定法

$n = 1 \sum \infty \frac{2 n + 1}{n ^{3} + 5}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 3

大きい $n$ では分子が $2 n$ 、分母が $n^{3}$ に近いので、 $\frac{2}{n ^{2}}$ と同じ振る舞いだと見当をつける。

$\frac{2 n + 1}{n ^{3} + 5} / \frac{1}{n ^{2}} = \frac{n ^{2} ( 2 n + 1 )}{n ^{3} + 5} \to 2$

極限が 0 でも $\infty$ でもない正の数なので、 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ と収束・発散が一致する。したがって収束する。

不等式を作りにくい形でも、最高次だけを見て比を取れば済む。比較判定法より使い勝手がよい。

問題 4：指数が $n$ に依存する場合

$n = 2 \sum \infty \frac{1}{n ^{1 + 1/ n}}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 4

指数が 1 より大きいので $p$ 級数として収束する、と考えると誤る。 $p$ 級数の判定は指数が定数の場合の話である。

$n^{1 + 1/ n} = n \cdot n^{1/ n}$ と分け、 $n^{1/ n} \to 1$ を使う。

$\frac{1}{n ^{1 + 1/ n}} / \frac{1}{n} = \frac{1}{n ^{1/ n}} \to 1$

極限比較判定法により、調和級数と収束・発散が一致する。調和級数は発散するので、この級数も発散する。

指数が $n$ に依存していると、 $n$ を大きくするほど 1 に近づいてしまう。見かけの指数に引きずられないようにする。

問題 5：比判定法

$n = 1 \sum \infty \frac{n !}{n ^{n}}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 5

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{( n + 1 )!}{( n + 1 ) ^{n + 1}} \cdot \frac{n ^{n}}{n !} = \frac{n ^{n}}{( n + 1 ) ^{n}} = \frac{1}{( 1 + 1/ n ) ^{n}} \to \frac{1}{e} < 1$

比判定法により収束する。

階乗とべきが混ざった形は、比を取ると大きく約分できる。この形を見たら比判定法から試す。

問題 6：階乗を含む級数

$n = 1 \sum \infty \frac{2 ^{n}}{n !}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 6

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 ^{n + 1}}{( n + 1 )!} \cdot \frac{n !}{2 ^{n}} = \frac{2}{n + 1} \to 0 < 1$

比判定法により収束する。

値も分かる。 $e^{x}$ のマクローリン展開に $x = 2$ を入れると $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 ^{n}}{n !} = e^{2}$ なので、 $n = 0$ の項を引いて $e^{2} - 1$ である。

問題 7：根判定法

$n = 1 \sum \infty (\frac{n}{2 n + 1})^{n}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 7

$n a_{n} = \frac{n}{2 n + 1} \to \frac{1}{2} < 1$

根判定法により収束する。

全体が $n$ 乗の形をしているので、根を取ると指数が消える。この形では比判定法より手数が少ない。

問題 8：根判定法だけが効く場合

$n = 1 \sum \infty \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{2 ^{n}}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 8

比を計算すると、 $n$ の偶奇で値が変わる。

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 + ( - 1 ) ^{n + 1}}{2 ( 2 + ( - 1 ) ^{n} )}$

$n$ が偶数なら $\frac{1}{6}$ 、奇数なら $\frac{3}{2}$ である。極限が存在せず、しかも 1 を超える値も取るので、比判定法では判定できない。

根を取ると事情が変わる。 $1 \leq 2 + (- 1)^{n} \leq 3$ であり $3^{1/ n} \to 1$ なので、次のようになる。

$n a_{n} = \frac{n 2 + ( - 1 ) ^{n}}{2} \to \frac{1}{2} < 1$

根判定法により収束する。根判定法は比判定法より適用範囲が広く、比が振動する場合でも使える。

実際に和を計算すると $2 \sum 2^{- n} + \sum (- 1)^{n} 2^{- n} = 2 - \frac{1}{3} = \frac{5}{3}$ である。

問題 9：比が 1 に収束する場合

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$ に比判定法を適用するとどうなるか。

解答 9

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ^{2}} \to 1$

比が 1 に収束するので、比判定法では判定できない。根判定法も $n 1/ n^{2} \to 1$ となって同じである。

判定できないことは発散を意味しない。この級数は $p$ 級数として収束する。

$\sum \frac{1}{n}$ でも比は 1 に収束するが、こちらは発散する。比が 1 の場合に両方が起こりうるので、判定法が何も言えないのは当然である。

問題 10：積分判定法

$n = 2 \sum \infty \frac{1}{n lo g n}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 10

$f (x) = \frac{1}{x lo g x}$ は $x \geq 2$ で正、連続、単調減少である。積分判定法の条件を満たす。

$\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x lo g x} = R \to \infty lim [lo g (lo g x)]_{2}^{R} = \infty$

積分が発散するので、級数も発散する。

比判定法も根判定法も比が 1 に収束して使えない。分母に $lo g$ が入る形は積分判定法の出番である。

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	<text x="55" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">長方形の総和が級数、曲線の下の面積が積分</text>
	<text x="55" y="204" font-size="11" fill="#9a9a9a">左端の高さで長方形を作ると、総和は積分より大きくなる</text>
</svg>

長方形の総和と曲線の下の面積が互いに押さえ合うので、どちらかが有限ならもう一方も有限になる。積分判定法はこの挟み込みでできている。

問題 11： $lo g$ の指数を変える

$n = 2 \sum \infty \frac{1}{n ( lo g n ) ^{p}}$ が収束する $p$ の範囲を求めよ。

解答 11

同じく積分判定法を使う。 $u = lo g x$ と置換する。

$\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x ( lo g x ) ^{p}} = \int_{l o g 2}^{\infty} \frac{d u}{u ^{p}}$

右辺は $p > 1$ で収束し、 $p \leq 1$ で発散する。したがって級数も $p > 1$ でだけ収束する。

前問は $p = 1$ の場合にあたる。 $\frac{1}{n}$ と $\frac{1}{n lo g n}$ と $\frac{1}{n ( lo g n ) ^{2}}$ は、どれも似た形をしていながら最後だけが収束する。

問題 12：交代級数判定法

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 12

$a_{n} = \frac{1}{n}$ と置き、ライプニッツの判定法の条件を確かめる。

a_{n} > 0

a_{n + 1} \leq a_{n}

が成り立つ

n \to \infty lim a_{n} = 0

3 つとも満たすので収束する。値は $lo g 2$ である。

絶対値を取ると調和級数になり発散するので、絶対収束はしない。この場合を条件収束という。

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	<text x="55" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">部分和は上下に振れながら幅を狭めていく</text>
	<text x="415" y="132" font-size="11" fill="#d0562a">log 2</text>
	<text x="55" y="200" font-size="11" fill="#9a9a9a">幅が狭まる根拠が、絶対値の単調減少である</text>
</svg>

部分和は極限を挟んで上下に振れ、振れ幅が $a_{n}$ で押さえられる。単調減少という条件は、この振れ幅が縮むことを保証している。

問題 13：絶対収束と条件収束

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{3/2}}$ は絶対収束するか条件収束するか。

解答 13

絶対値を取った $\sum \frac{1}{n ^{3/2}}$ は $p = \frac{3}{2} > 1$ より収束する。

したがって元の級数は絶対収束する。絶対収束すれば収束もするので、ライプニッツの判定法を持ち出す必要はない。

交代級数を見たらまず絶対値で判定を試す。絶対収束が言えれば、単調性の確認は要らない。

問題 14：交代級数に見えて発散する例

$n = 2 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n + ( - 1 ) ^{n}}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 14

符号は交互で、一般項は 0 に収束する。しかしライプニッツの判定法は使えない。

絶対値は $n$ が偶数なら $\frac{1}{n + 1}$ 、奇数なら $\frac{1}{n - 1}$ である。 $n = 4$ で $\frac{1}{3}$ 、 $n = 5$ で $\frac{1}{5 - 1} \approx 0.81$ となり、単調減少ではない。

分母を有理化して 2 つに分ける。

$\frac{( - 1 ) ^{n}}{n + ( - 1 ) ^{n}} = \frac{( - 1 ) ^{n} ( n - ( - 1 ) ^{n} )}{n - 1} = \frac{( - 1 ) ^{n} n}{n - 1} - \frac{1}{n - 1}$

第 1 項の級数は、 $\frac{n}{n - 1}$ が 0 へ単調減少するのでライプニッツにより収束する。第 2 項の級数は調和級数と同じで発散する。

収束する級数と発散する級数の差なので、全体は発散する。実際に部分和を計算すると $- \infty$ へ向かう。

条件を 1 つ確かめ忘れると結論が逆になる。交代級数では単調減少を必ず確かめる。

問題 15：条件収束と並べ替え

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$ の項を並べ替えると和は変わるか。

解答 15

変わる。正の項を 2 つ、負の項を 1 つの順に並べ替えると、和は $\frac{3}{2} lo g 2$ になる。

$1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \dots = \frac{3}{2} lo g 2$

条件収束する級数は、並べ替えによって任意の値にできる。 $+ \infty$ や $- \infty$ に発散させることもできる。これをリーマンの再配列定理という。

絶対収束する級数ではこの現象は起きない。どう並べ替えても和は変わらない。

条件収束と絶対収束を区別する理由がここにある。単に収束するかどうかだけでは、扱ってよい操作の範囲が決まらない。

つまずきやすいところ

判定を誤るのは、計算そのものより条件の確かめ漏れによることが多い。

一般項が 0 に行くことを収束の根拠にする

必要条件にすぎない。調和級数が反例である。

交代級数で単調減少を確かめない

符号が交互で一般項が 0 でも、絶対値が単調でなければライプニッツは使えない。

指数だけを見て

p

級数と決めつける

$n^{1 + 1/ n}$ のように指数が $n$ に依存する場合、 $p$ 級数の判定はそのまま使えない。

比が 1 に近づいたところで止める

比判定法が使えないだけで、収束も発散も起こりうる。別の判定法へ移る。

いずれも判定法の仮定に立ち返れば防げる。結論だけを覚えて使わないことである。

問題 16：比判定法が効かない級数

$n = 1 \sum \infty \frac{( 2 n )!}{( n ! ) ^{2} \cdot 4 ^{n}}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 16

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{( 2 n + 2 ) ( 2 n + 1 )}{4 ( n + 1 ) ^{2}} = \frac{2 n + 1}{2 ( n + 1 )} \to 1$

比が 1 に収束するので、比判定法では判定できない。根判定法も同じである。

スターリングの公式を使うと $(n 2 n) \sim \frac{4 ^{n}}{π n}$ なので、 $a_{n} \sim \frac{1}{π n}$ となる。

$\sum \frac{1}{n}$ は $p = \frac{1}{2} \leq 1$ より発散するので、極限比較判定法によりこの級数も発散する。

比が 1 に近づく速さが問題になっている。次の問題で、近づき方だけから判定する方法を見る。

問題 17：ラーベの判定法

前問をスターリングの公式を使わずに判定せよ。

解答 17

比が 1 に収束するとき、1 との差の縮み方を見るのがラーベの判定法である。

$n (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1) \to L$

$L > 1$ なら収束、 $L < 1$ なら発散する。前問の級数に当てはめる。

$\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = \frac{2 ( n + 1 )}{2 n + 1}, n (\frac{2 n + 2}{2 n + 1} - 1) = \frac{n}{2 n + 1} \to \frac{1}{2}$

$L = \frac{1}{2} < 1$ なので発散する。前問と同じ結論が、近似を使わずに得られた。

比が $1 - \frac{L}{n}$ 程度で 1 に近づくとき、級数は $\sum n^{- L}$ と同じ振る舞いをする。ラーベの判定法はこの対応を使っている。

問題 18：複合的な判定

$n = 1 \sum \infty \frac{n ^{n}}{3 ^{n} \cdot n !}$ の収束・発散を判定せよ。

解答 18

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{( n + 1 ) ^{n + 1}}{3 ^{n + 1} ( n + 1 )!} \cdot \frac{3 ^{n} \cdot n !}{n ^{n}} = \frac{( n + 1 ) ^{n}}{3 n ^{n}} = \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{n})^{n} \to \frac{e}{3}$