項別微分と項別積分｜交換できる条件と反例・証明

無限和で定義された関数を微分したり積分したりするとき、 $\sum$ と $\frac{d}{d x}$ 、 $\sum$ と $\int$ の順序を入れ替えてよいかが問題になります。

$\frac{d}{d x} n = 1 \sum \infty f_{n} (x) = n = 1 \sum \infty f_{n}^{'} (x), \int_{a}^{b} n = 1 \sum \infty f_{n} (x) d x = n = 1 \sum \infty \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x$

どちらも無条件には成り立ちません。以下では、この交換を保証する定理を証明し、仮定のどれが効いているのかを反例で確かめます。

有限和なら常に交換できる

有限個の和なら、微分も積分も線形なので順序は自由に入れ替えられます。

$\int_{a}^{b} n = 1 \sum N f_{n} (x) d x = n = 1 \sum N \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x$

無限和はこの式の $N \to \infty$ の極限です。つまり問題は、 $\sum$ と積分の交換ではなく、2 つの極限の交換に置き換わります。

$N \to \infty lim \int_{a}^{b} S_{N} (x) d x と \int_{a}^{b} N \to \infty lim S_{N} (x) d x$

ここで $S_{N} = \sum_{n \leq N} f_{n}$ は部分和です。極限の順序を入れ替えてよいか、という形にすると、何が問題なのかがはっきりします。

級数と関数列は同じ話である

級数の話は、部分和の列 $S_{N}$ についての話にそのまま置き換わります。逆に、関数列 $g_{N}$ の話も級数に直せます。

$g_{N} = g_{1} + n = 1 \sum N - 1 (g_{n + 1} - g_{n})$

差を項に取れば、部分和がもとの列に戻ります。したがって、どちらか一方で反例を作れば他方の反例にもなります。以下では書きやすいほうの形を使います。

計算例：積分が発散してしまう列

$[0, 1]$ の上で次の列を考えます。

$f_{n} (x) = n^{2} x (1 - x^{2})^{n}$

各点での極限を調べます。 $x \in (0, 1]$ を固定すると $(1 - x^{2})^{n}$ は指数的に $0$ へ行き、 $n^{2}$ の増大に勝ちます。 $f_{n} (0) = 0$ なので、極限関数は $f \equiv 0$ です。

積分は $t = x^{2}$ と置換すれば計算できます。

$\int_{0}^{1} n^{2} x (1 - x^{2})^{n} d x = \frac{n ^{2}}{2} \int_{0}^{1} (1 - t)^{n} d t = \frac{n ^{2}}{2 ( n + 1 )}$

これは $n \to \infty$ で発散します。極限関数の積分は $0$ ですから、交換は完全に壊れています。

先に積分してから極限

$\int_{0}^{1} f_{n} d x = \frac{n ^{2}}{2 ( n + 1 )}$ となり、 $n \to \infty$ で発散する

先に極限を取ってから積分

極限関数は $0$ なので、積分も $0$ になる

山はどこにあるのか

なぜこうなるのかは、グラフの形を見れば分かります。 $f_{n}$ の最大点を求めます。

$f_{n}^{'} (x) = n^{2} (1 - x^{2})^{n - 1} {(1 - x^{2}) - 2 n x^{2}}$

括弧の中が $0$ になるのは $x = \frac{1}{2 n + 1}$ のときです。 $n$ が大きくなるほど、この位置は原点へ寄っていきます。

そこでの高さはおよそ $n^{3/2}$ の速さで増えます。幅が縮む速さより高さが伸びる速さのほうが大きいので、面積が残るどころか発散します。

各点で見れば、どの $x$ もいずれ山の外に出るので値は $0$ に落ちます。山そのものは消えずに、原点へ逃げながら高くなっているだけです。

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	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">山は原点へ寄りながら高くなり、面積が残ったまま逃げていく</text>
	<text x="176" y="144" font-size="11" fill="#9a9a9a">n が小さい</text>
	<text x="132" y="98" font-size="11" fill="#1b81e0">中くらい</text>
	<text x="112" y="44" font-size="11" fill="#d0562a">n が大きい</text>
	<text x="55" y="228" font-size="11" fill="#9a9a9a">どの点も、いずれ山の外に出るので値は 0 に落ちる</text>
</svg>

計算例：積分が有限のまま食い違う列

壊れ方は発散だけではありません。係数を $n^{2}$ から $n$ に下げます。

$g_{n} (x) = n x (1 - x^{2})^{n}$

各点極限はやはり $0$ です。積分は同じ置換で計算できます。

$\int_{0}^{1} n x (1 - x^{2})^{n} d x = \frac{n}{2 ( n + 1 )} ⟶ \frac{1}{2}$

極限は有限の値に落ち着きますが、極限関数の積分である $0$ とは一致しません。値が食い違うだけで、発散はしていません。

面積が $\frac{1}{2}$ ぶん残ったまま、山が原点へ逃げていく形です。極限と積分の交換が壊れているという点では、前の例と同じことが起きています。

項別積分の定理

一様収束を仮定すれば、交換は保証されます。

定理。 $[a, b]$ 上のリーマン積分可能な関数列 ${f_{n}}$ について、 $\sum f_{n}$ が $[a, b]$ 上で一様収束するなら、和も積分可能で次が成り立ちます。

$\int_{a}^{b} n = 1 \sum \infty f_{n} (x) d x = n = 1 \sum \infty \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x$

各 $f_{n}$ に要るのは積分可能性だけで、連続性までは要りません。連続関数列に限って述べている本が多いのは、使う場面がたいていそうだからです。

証明：項別積分

部分和を $S_{N}$ 、和を $S$ と書きます。一様収束する積分可能関数列の極限は積分可能なので、 $\int_{a}^{b} S$ に意味があります。

差を評価します。積分の絶対値は絶対値の積分で押さえられ、さらに上限で押さえられます。

$\int_{a}^{b} S d x - \int_{a}^{b} S_{N} d x \leq \int_{a}^{b} ∣ S - S_{N} ∣ d x \leq (b - a) x \in [a, b] sup ∣ S (x) - S_{N} (x) ∣$

一様収束とは、右端の上限が $N \to \infty$ で $0$ に行くことでした。したがって左辺も $0$ に行きます。

$\int_{a}^{b} S d x = N \to \infty lim \int_{a}^{b} S_{N} d x = n = 1 \sum \infty \int_{a}^{b} f_{n} d x$

証明はこの不等式 1 本です。区間の長さ $b - a$ が有限であることが効いている点だけ、覚えておきます。

計算例：初等関数で書けない積分を級数にする

項別積分がよく効くのは、原始関数が初等関数で書けない場合です。

$\frac{sin t}{t} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} t ^{2 n}}{( 2 n + 1 )!}$

$t = 0$ での値を $1$ と定めれば、右辺はこの点も含めて成り立ちます。任意の $A$ について $∣ t ∣ \leq A$ では各項が $\frac{A ^{2 n}}{( 2 n + 1 )!}$ で押さえられ、この和は収束します。

一様収束が言えたので項別積分できます。

$\int_{0}^{x} \frac{sin t}{t} d t = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{2 n + 1}}{( 2 n + 1 ) ( 2 n + 1 )!}$

左辺は初等関数では表せませんが、右辺は交代級数なので誤差評価つきで計算できます。 $x = 1$ で 4 項まで取れば $0.9461$ となり、真の値と小数第 4 位まで一致します。

計算例：指数の積分を級数にする

同じ手順を $e^{- t^{2}}$ に使います。指数関数の級数に $- t^{2}$ を代入します。

$e^{- t^{2}} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} t ^{2 n}}{n !}$

有界区間では各項が $\frac{A ^{2 n}}{n !}$ で押さえられるので、一様収束します。項別に積分します。

$\int_{0}^{x} e^{- t^{2}} d t = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{2 n + 1}}{n ! ( 2 n + 1 )}$

$x = 1$ で計算すると $0.746824 \dots$ になります。原始関数を求める代わりに、項別積分で級数を作るのが標準的な扱いです。

$[0, 1]$ 上で $f_{n}$ が $f$ に各点収束するとき、 $\int_{0}^{1} f_{n} \to \int_{0}^{1} f$ と言ってよいのはどの場合ですか。

各 $f_{n}$ が連続でありさえすれば、いつでも言える
収束が一様であれば言える
極限関数 $f$ が連続であれば言える

__RESULT__

各点収束だけでは足りません。 $n^{2} x (1 - x^{2})^{n}$ は各項も極限関数も連続ですが、積分は発散します。一様収束を仮定すれば、差の上限で押さえる 1 行の評価で交換できます。

一様収束は必要条件ではない

定理は十分条件を与えているだけで、一様収束しなくても交換が成り立つことはあります。

$h_{n} (x) = n x (1 - x)^{n} (0 \leq x \leq 1)$

最大点は $x = \frac{1}{n + 1}$ で、そこでの値は $\frac{n}{n + 1} (1 - \frac{1}{n + 1})^{n}$ です。これは $\frac{1}{e}$ に近づくので、上限は $0$ に行かず一様収束しません。

ところが積分は $0$ に収束します。

$\int_{0}^{1} n x (1 - x)^{n} d x = \frac{n}{( n + 1 ) ( n + 2 )} ⟶ 0$

各点極限は $0$ なので、極限と積分は交換できています。一様収束が崩れたからといって、ただちに交換が壊れるわけではありません。

無限区間では一様収束でも足りない

証明で区間の長さを使ったことが効いてきます。区間が無限に長いと、一様収束していても交換が壊れます。

$f_{n} (x) = \frac{1}{n} e^{- x / n} (x \geq 0)$

上限は $\frac{1}{n}$ なので、 $f_{n}$ は $0$ に一様収束します。ところが積分はいつでも $1$ です。

$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{n} e^{- x / n} d x = 1$

極限関数の積分は $0$ ですから、交換できていません。高さが $\frac{1}{n}$ に下がるかわりに、裾が $n$ の速さで伸びているためです。

有限区間なら $(b - a) sup ∣ S - S_{N} ∣$ で押さえられましたが、 $b - a$ が無限大ではこの評価が働きません。広義積分を項別に扱うときは、別の根拠が要ります。

微分はもっと厳しい

積分は関数の値をならす操作なので、値が近ければ結果も近くなります。微分は逆で、値がいくら近くても傾きが近いとは限りません。

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

各項は $\frac{1}{n ^{2}}$ で押さえられるので、この級数は実数全体で一様収束します。ところが項別に微分した級数は次のようになります。

$n = 1 \sum \infty cos (n^{2} x)$

$x = 0$ を入れると $\sum 1$ になり、発散します。項が $0$ に行かないので、収束しようがありません。

もとの級数は申し分なく収束しているのに、微分した級数は収束すらしない。これが積分との決定的な違いです。

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	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">振れ幅が小さくても、細かく振動すれば傾きは大きいままになる</text>
	<text x="55" y="44" font-size="11" fill="#9a9a9a">値は 0 に一様に近づくのに、導関数は近づかない</text>
	<text x="148" y="72" font-size="11" fill="#d0562a">接線の傾き</text>
	<text x="404" y="114" font-size="11" fill="#1b81e0">値</text>
</svg>

項別微分の定理

そこで、微分される側ではなく微分した側に一様収束を要求します。

定理。 $[a, b]$ 上の関数列 ${f_{n}}$ が次の 3 条件を満たすとします。

各

f_{n}

は

[a, b]

で

C^{1}

級である

ある 1 点

c \in [a, b]

で

\sum f_{n} (c)

が収束する

\sum f_{n}^{'}

が

[a, b]

上で一様収束する

このとき $\sum f_{n}$ は $[a, b]$ 上で収束し、次が成り立ちます。

$\frac{d}{d x} n = 1 \sum \infty f_{n} (x) = n = 1 \sum \infty f_{n}^{'} (x)$

もとの級数については、収束することすら仮定していません。1 点で収束すれば足りて、残りは導関数の側の仮定から出てきます。

項別積分に要る仮定

もとの級数 $\sum f_{n}$ が一様収束すること。微分した級数については何も言わなくてよい。

項別微分に要る仮定

導関数の級数 $\sum f_{n}^{'}$ が一様収束すること。加えて、1 点だけでもとの級数が収束すること。

証明：項別微分

$g (x) = \sum f_{n}^{'} (x)$ と置きます。連続関数の一様収束極限なので $g$ は連続です。

$c$ から $x$ まで積分します。 $\sum f_{n}^{'}$ は一様収束しているので、前に示した項別積分の定理が使えます。

$\int_{c}^{x} g (t) d t = n = 1 \sum \infty \int_{c}^{x} f_{n}^{'} (t) d t = n = 1 \sum \infty (f_{n} (x) - f_{n} (c))$

右端の級数は収束しています。仮定から $\sum f_{n} (c)$ も収束するので、 $\sum f_{n} (x)$ が収束することが従います。ここで初めて、もとの級数の収束が言えました。

$\int_{c}^{x} g (t) d t = n = 1 \sum \infty f_{n} (x) - n = 1 \sum \infty f_{n} (c)$

$g$ が連続なので、微分積分学の基本定理から左辺は微分できて $g (x)$ になります。右辺の第 2 項は定数です。

$g (x) = \frac{d}{d x} n = 1 \sum \infty f_{n} (x)$

$\sum f_{n}^{'}$ の一様収束

項別積分の定理を使う

微分積分学の基本定理で戻す

項別微分が成り立つ

項別微分が項別積分に帰着します。微分の主張を積分に翻訳して解く、という筋道です。

結論はもう少し強く言える

上の証明では $\sum f_{n}$ の収束しか言いませんでしたが、実際には一様収束まで言えます。

積分の式に戻ります。部分和との差を取ると、 $\int_{c}^{x} (g - g_{N}) \leq (b - a) sup ∣ g - g_{N} ∣$ で押さえられます。 $x$ に依存しない量で押さえているので、収束は一様です。

つまり項別微分の定理は、もとの級数の一様収束を仮定せずに結論として出してくれます。仮定と結論の関係が入れ替わっている点が、この定理の面白いところです。

C1 級の仮定は落とせる

3 つの仮定のうち、 $C^{1}$ 級は証明の都合で置いたものです。定理そのものは、各 $f_{n}$ が微分可能でありさえすれば成り立ちます。

そのときは積分を経由できないので、平均値の定理を使う別の道筋を取ります。差 $f_{n} - f_{m}$ に平均値の定理を当てると、ある $ξ$ について次の評価が得られます。

$(f_{n} - f_{m}) (x) - (f_{n} - f_{m}) (c) = (f_{n}^{'} - f_{m}^{'}) (ξ) \cdot ∣ x - c ∣ \leq (b - a) sup f_{n}^{'} - f_{m}^{'}$

右辺は $\sum f_{n}^{'}$ の一様収束から小さくできます。 $\sum f_{n} (c)$ の収束と合わせると、 $\sum f_{n}$ が一様コーシー列になり、一様収束が出ます。

導関数が連続でない場合まで含めて成り立つので、定理としてはこちらが強い形です。

残り 2 つの仮定は落とせない

1 点での収束を落とすとどうなるか。 $f_{n} (x) = n$ という定数関数の列を取ります。

導関数はすべて $0$ なので、 $\sum f_{n}^{'}$ は $0$ に一様収束します。ところが $\sum f_{n} = \sum n$ はどの点でも発散します。結論の「 $\sum f_{n}$ が収束する」が崩れています。

$\sum f_{n}^{'}$ の一様収束を落とすと、先ほどの $\sum \frac{sin ( n ^{2} x )}{n ^{2}}$ が反例になります。もとの級数は一様収束していますが、導関数の級数は収束しません。

3 つの仮定のうち、外せるのは $C^{1}$ 級だけです。

項別微分の定理で、一様収束が要求されるのはどちらの級数ですか。

もとの級数 $\sum f_{n}$
導関数の級数 $\sum f_{n}^{'}$
両方とも

__RESULT__

仮定は、導関数の級数の一様収束と、1 点での $\sum f_{n} (c)$ の収束です。もとの級数の一様収束は仮定ではなく、結論として導かれます。

繰り返し項別微分する

$k$ 階の導関数についても、同じ定理を繰り返せば済みます。

各 $k$ について $\sum f_{n}^{(k)}$ が一様収束するなら、和は何回でも項別微分できて、 $C^{\infty}$ 級になります。1 回ごとに定理を当て直すだけです。

ただし、1 回目が通ったからといって 2 回目が通る保証はありません。回数ごとに条件を確かめる必要があります。あとの計算例でその境目を見ます。

べき級数は内部でつねに通る

べき級数 $\sum a_{n} x^{n}$ の収束半径を $R$ とすると、 $∣ x ∣ \leq r$ を満たす任意の $r < R$ の上で一様収束します。

収束円の内部を丸ごと取ると一様収束するとは限りませんが、内部の閉区間ごとに一様収束します。この形の収束を広義一様収束といいます。

項別微分も項別積分も、閉区間ごとに条件を確かめれば十分です。だからべき級数は収束円の内部で、何回でも項別微分・項別積分ができます。

収束円の内部の各点は、必ずどれかの閉区間に入ります。だから広義一様収束さえあれば、微分や積分のような局所的な操作には困りません。

$∣ x ∣ \leq r < R$ の形の区間。1 点ごとに $r$ を選び直してよい。

証明：微分しても収束半径は変わらない

項別微分した級数 $\sum n a_{n} x^{n - 1}$ の収束半径を調べます。コーシー・アダマールの公式から、収束半径は $lim sup ∣ n a_{n} ∣^{1/ n}$ の逆数で決まります。

$∣ n a_{n} ∣^{1/ n} = n^{1/ n} \cdot ∣ a_{n} ∣^{1/ n}$

$n^{1/ n} \to 1$ なので、上極限は変わりません。

$n \to \infty lim sup ∣ n a_{n} ∣^{1/ n} = n \to \infty lim sup ∣ a_{n} ∣^{1/ n}$

したがって微分した級数の収束半径も $R$ です。何回微分しても同じなので、収束円の内部では階数の制限なく項別微分できます。

計算例：係数はテイラー係数になる

収束半径の内部で $f (x) = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ とします。項別微分を $k$ 回繰り返します。

$f^{(k)} (x) = n \geq k \sum n (n - 1) \dots (n - k + 1) a_{n} x^{n - k}$

$x = 0$ を代入すると、 $n = k$ の項だけが残ります。

$f^{(k)} (0) = k! a_{k}$

つまり $a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !}$ です。べき級数で表せる関数は、その展開が自分のテイラー展開に一致します。

同じ関数を 2 通りのべき級数で表すことはできない、という一意性もここから出ます。係数が導関数の値で決まってしまうからです。

端点では別に調べる

広義一様収束が言えるのは収束円の内部だけです。端点では一様収束するとは限らず、項別微分が破れることもあります。

端点で級数が収束している場合に、そこまで等式を延ばしてよいかを扱うのがアーベルの定理です。項別微分の定理とは別の道具なので、混同しないようにします。

フーリエ級数では非対称がはっきりする

三角級数では、項別操作が係数に与える影響がはっきり見えます。

$sin (n x)$ を微分すると $n cos (n x)$ で、係数が $n$ 倍になります。積分すると $- \frac{cos ( n x )}{n}$ で、係数が $\frac{1}{n}$ 倍になります。

したがって項別積分は収束を良くする方向に働き、項別微分は悪くする方向に働きます。フーリエ級数の項別積分がかなり緩い条件で通るのに、項別微分がすぐ壊れるのはこのためです。

計算例：1 回目の項別微分は通る

$f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{cos ( n x )}{n ^{3}}$ を微分します。

項別に微分した級数の各項を評価します。

$\frac{- n sin ( n x )}{n ^{3}} = \frac{∣ sin ( n x ) ∣}{n ^{2}} \leq \frac{1}{n ^{2}}$

$\sum \frac{1}{n ^{2}}$ が収束するので、導関数の級数は実数全体で一様収束します。1 点での収束も明らかなので、定理の仮定がそろいます。

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

計算例：2 回目の項別微分は破れる

もう一度微分しようとすると、次の級数を調べることになります。

$n = 1 \sum \infty \frac{cos ( n x )}{n}$

各項を上から押さえる定数として取れるのは $\frac{1}{n}$ ですが、 $\sum \frac{1}{n}$ は発散するので、この評価では一様収束を言えません。

実際、 $x = 0$ ではこの級数は調和級数そのもので発散します。一様収束しないどころか、その点では収束すらしません。したがって $f^{''} (0)$ をこの形で書くことはできません。

1 回目が通ったからといって 2 回目が通るわけではない、という例です。階数ごとに条件を確かめる必要があります。

計算例：区間を狭めれば通る

同じ級数でも、原点を避ければ話が変わります。 $0 < δ < π$ を取り、区間を $[δ, 2 π - δ]$ に狭めます。

この区間では $\sum cos (n x)$ の部分和が $n$ によらない定数で押さえられます。係数 $\frac{1}{n}$ は単調に $0$ へ減るので、ディリクレの判定法から $\sum \frac{cos ( n x )}{n}$ は一様収束します。

したがって、この区間に限れば 2 回目の項別微分も正当化されます。

$f^{''} (x) = - n = 1 \sum \infty \frac{cos ( n x )}{n} (δ \leq x \leq 2 π - δ)$

定理が使えないときは、区間を狭めて条件を満たす範囲を探す。べき級数で内部の閉区間を取ったのと同じ発想です。

積分の定義を替えるとどうなるか

ここまでの議論はリーマン積分の枠組みで、一様収束を前提にしてきました。積分の定義そのものを取り替えると、もっと緩い条件で極限と積分を交換できるようになります。

各点収束と、全体を押さえる可積分な関数が 1 つあれば足りる、という形の定理が知られています。ただし枠組みが変わるので、ここでは名前を挙げるにとどめます。

一様収束を要求するのは、リーマン積分の範囲で議論する以上は自然な代償だと考えてください。

確かめる順序

実際に項別操作を使うときは、次の順に確かめます。

積分の場合は、まず区間が有限かを見ます。そのうえで $\sum f_{n}$ の一様収束を調べ、 $M$ 判定法などで押さえられれば交換してかまいません。無限区間や広義積分なら、別の根拠が要ります。

微分の場合は、調べる相手が入れ替わります。もとの級数ではなく $\sum f_{n}^{'}$ の一様収束を見て、そのあとで 1 点での収束を確認します。もとの級数の収束は、確かめる対象ではなく得られる結論です。

どちらも通らないときは、区間を狭めて条件を満たす範囲を探します。べき級数の内部や、三角級数で原点を避けた区間がその例です。

よくある誤り

各点収束だけで項別積分してしまう。

n^{2} x (1 - x^{2})^{n}

では積分が発散します

一様収束を必要条件だと思う。

n x (1 - x)^{n}

は一様収束しませんが交換できます

有限区間の証明を無限区間へ持ち込む。

\frac{1}{n} e^{- x / n}

は一様収束しても積分が保たれません

項別微分でもとの級数の一様収束を確かめる。要るのは導関数の級数のほうです

1 点での収束を忘れる。定数列

f_{n} = n

では導関数の級数だけが収束します

1 回できたから何回でもできると思う。

\sum \frac{c o s n x}{n ^{3}}

は 2 回目で破れます

収束円の端点まで内部と同じに扱う。端点は別の定理の話になります

C^{1}

級を必須の仮定だと思う。微分可能でありさえすれば定理は成り立ちます

参考文献

Uniform convergence

Interchange of limiting operations

Fundamental theorem of calculus

Cauchy-Hadamard theorem

Fourier series

Uniform Convergence, Paul's Online Notes

Gleichmäßige Konvergenz

Potenzreihe

Weierstraßsches Majorantenkriterium

Abelscher Grenzwertsatz

無限和と微分・積分は、順序を入れ替えられるとは限りません。項別積分は級数の一様収束で、項別微分は導関数の級数の一様収束で保証されます。両方の定理を証明し、壊れる例と落とせる仮定を確かめ、べき級数と三角級数への適用まで扱います。