足す順を変えると答えが変わる？二重級数とトネリの定理

同じ数の表を、行から先に足すか列から先に足すかで、答えが $0$ と $1$ に分かれることがあります。

対角線に $1$、その $1$ つ右に $-1$、あとは $0$ という表がその例です。有限の表なら足す順は関係ありませんが、無限になると変わる。

順序を入れ替えてよい条件は、絶対値の和が有限かどうかで決まります^[3]。

順序で答えが変わる表

次のように置きます。

$$a_{mn}=\{\begin{array}{ll}1& (n=m)\\ -1& (n=m+1)\\ 0& (\text{その他})\end{array}$$

行を先に足すと、どの $m$ でも $1+(-1)=0$ です。それを全部足しても $0$。

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{mn}=0$$

列を先に足すと様子が変わります。$n=1$ の列には $a_{11}=1$ しかなく、和は $1$。$n\ge 2$ の列は $-1$ と $1$ が $1$ つずつで $0$ です。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }{a}_{mn}=1$$

最初の列の $1$ には打ち消す相手がいません。無限に先送りされた $-1$ が、どこにも着地しないまま消えています。

絶対値の和を先に見る

この表では ${\sum }_{m,n}|a_{mn}|$ が発散します。絶対収束していないことが、順序で答えが変わった原因です。

判定の手順は $2$ 段になります。まず絶対値の表で和が有限かを確かめ、有限なら元の表で順序を入れ替える。

$1$ 段目で順序を気にしなくてよいのは、非負の表なら足す順で値が変わらないからです。

非負なら自由

非負の二重級数では、部分和が単調に増えます。上限として極限が一意に決まるので、足す順が結果に効きません。

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{mn}=\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }{a}_{mn}(a_{mn}\ge 0)$$

両辺が同時に有限になるか、同時に $+\infty$ になります。片方だけ収束することはない。

測度論の言葉ではトネリの定理と呼びます。数え上げ測度のもとで積分が級数にあたるので、二重級数は二重積分の離散版です。

絶対収束なら自由

符号が混ざる場合は、絶対値の和が有限であることを条件にします。

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }|a_{mn}|<\infty ⟹\sum _m\sum _n{a}_{mn}=\sum _n\sum _m{a}_{mn}$$

こちらがフビニの定理です^[2]。実際の運用では、トネリで絶対値の和を確かめてからフビニを使う、という順で回します。

問題 1：非負の表を計算する

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

解答 1

すべての項が非負なので、順序を気にせず内側から計算できます。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{m^2{n}^2}=\frac{1}{m^2}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}$$

外側も同じ形になり、$\frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}=\frac{{\pi }^4}{36}$ です。

変数が分離できる表では、二重級数が $2$ つの級数の積になります。${\sum }_m{\sum }_n{a}_m{b}_n=\left(\sum a_m\right)\left(\sum b_n\right)$ の形です。

問題 2：和と積分を交換する

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ を、積分表示を経由して求めよ。

解答 2

ベータ積分から ${\int }_0^1{t}^{n-1}(1-t{)}^{2}dt=\frac{2}{n(n+1)(n+2)}$ が出ます。逆に読めば各項の積分表示です。

$$\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}{\int }_0^1{t}^{n-1}(1-t{)}^{2}dt$$

被積分関数が非負なのでトネリの定理から $\sum$ と $\int$ を交換できます。

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)(n+2)}& =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-t{)}^2\sum _{n=1}^{\infty }{t}^{n-1}dt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-t{)}^2\cdot \frac{1}{1-t}dt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-t)dt=\frac{1}{4}\end{array}$$

部分分数分解でも出ますが、幾何級数に持ち込むほうが式が短く済みます。

問題 3：順序交換してよいか判定する

$a_{mn}=\frac{(-1{)}^{m+n}}{m+n}$ について、順序交換が保証されるか。

解答 3

絶対値をとると $|a_{mn}|=\frac{1}{m+n}$ です。$m+n=k$ となる組は $k-1$ 個あります。

$$\sum _{m,n}\frac{1}{m+n}=\sum _{k=2}^{\infty }\frac{k-1}{k}$$

一般項が $1$ へ行くので発散します。絶対収束しないため、フビニの定理の条件を満たしません。

順序交換の正当性は保証されない。実際に交換できるかどうかは、この判定だけでは決まりません。

問題 4：絶対収束を確かめる

$a_{mn}=\frac{(-1{)}^{m+n}}{m^2+n^2}$ の順序交換が許されるかを判定せよ。

解答 4

$|a_{mn}|=\frac{1}{m^2+n^2}$ です。格子点の和を、第 $1$ 象限の積分で見積もります。

原点からの距離を $r$ とすると被積分関数は $\frac{1}{r^2}$ で、面積要素が $rdrd\theta$ です。

$${\int }_1^{\infty }{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{r^2}rd\theta dr=\frac{\pi }{2}{\int }_1^{\infty }\frac{dr}{r}$$

対数で発散します。$r$ が $1$ 増えるごとに格子点の数が $r$ に比例して増え、各項の $\frac{1}{r^2}$ をちょうど打ち消すためです。

絶対収束しないので、この表でも順序交換は保証されません。行ごとの和は収束するのに、それを足すと発散する形です。

コーシー積

$2$ つの級数の積を、添字の和でまとめたものをコーシー積といいます。

$$c_k=\sum _{j=0}^k{a}_j{b}_{k-j}$$

$\sum a_m$ と $\sum b_n$ がともに絶対収束すれば、$\sum c_k$ も絶対収束して、値は $2$ つの和の積になります^[3]。

べき級数の積が収束円の内部で成り立つのも、べき級数が収束円内で絶対収束するためです。

問題 5：コーシー積を計算する

$\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n$ の自分自身とのコーシー積を求めよ。ただし $|x|<1$ とする。

解答 5

$a_j=x^j$、$b_{k-j}=x^{k-j}$ なので、積は $x^k$ です。$j$ が $0$ から $k$ まで動くので項数は $k+1$ 個。

$$c_k=\sum _{j=0}^k{x}^j{x}^{k-j}=(k+1)x^k$$

したがって $\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^k=\frac{1}{(1-x{)}^2}$ です。

${\left(\frac{1}{1-x}\right)}^2$ と一致します。$|x|<1$ で絶対収束するので、コーシー積の定理が使えました。

無条件収束

絶対収束する二重級数には、もう $1$ 段強い性質があります。$\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ の元をどんな順に並べて $1$ 列の級数にしても、同じ値に収束します^[1]。

$1$ 変数の級数で起きる並べ替えの問題が、$2$ 次元では順序交換の問題として現れます。同じ現象の別の顔です。

絶対値の表で和が有限かを見る。それだけが判定で、あとは自由に足せます。

参考文献