関数項級数の一様収束(ワイエルシュトラスのMテスト)

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定義 ( 関数項級数 )

:D→ を関数列とする。

:D→ を F(z)=1≦k≦n(z)で定義する。

任意の z∈D に対し、極限 limn→∞(z)が存在するとする。

そこで、f:D→ を f(z)=limn→∞(z)で定義する。

つまり、f(z)=1≦n≦∞(z)である。

このとき、「 1≦n≦∞(z)は D 上で収束する 」 という。

また、f(z)=1≦n≦∞(z)を 『 関数項級数 』 という。

定義 ( 関数項級数の絶対収束 )

1≦n≦∞(z)を関数項級数とする。

1≦n≦∞|f(z)|が収束するとする。

このとき、「 1≦n≦∞(z)は絶対収束する 」 という。

定義 ( 関数項級数の一様収束 )

:D→ を関数列とする。

f:D→ を関数とする。

任意のε>0 に対し、ある N∈ が存在して、次が成り立つとする。

(*) n≧N ⇒ 「 任意の z∈D に対して|1≦k≦n(z)−f(z)|<ε 」

このとき、「1≦n≦∞(z)は D 上で f に一様収束する 」 という。

(z)=1≦k≦n(z)とおいてみよう。

このとき、上の定義は 「 F が関数列として f に一様収束する 」 を意味する。

つまり、関数項級数の一様収束を、関数列の一様収束に言い換えることができる。

上の(*)を次のように書き換えても意味は同じである。

(**) n≧N ⇒ supz∈D1≦k≦n(z)−f(z)|≦ε

参考

関数項級数の一様収束と絶対収束は独立している。

つまり、一様収束するが絶対収束しないこともあるし、絶対収束するが一様収束しないこともある。

一様収束かつ絶対収束するときは 『 一様絶対収束 』 という。

B3

:D→ を関数列とする。

このとき、次は同値である。

(1) 1≦n≦∞(z)は D 上で一様収束する。

(2) 任意のε>0 に対し、ある N∈ が存在して、次が成り立つ。

(*) n≧N ⇒ 任意の z∈D、任意の p∈ に対し、|fn+1(z)+・・・+fn+p(z)|<ε

証明

(1)を仮定する。

(z)=1≦k≦n(z)とおく。

いま、任意のε>0 に対し、ある N∈ が存在して、次を満たす。(※B1)

(**) 任意の z∈D に対し、「 m>n≧N ⇒|F(z)−F(z)|<ε 」

p=m−n とおけば、(*)が得られる。

よって、(2)が成り立つ。

つまり、(*)と(**)は同値である。

よって、上の議論を逆に辿れば、(2)⇒(1)も成り立つ。

B4 ( ワイエルシュトラスのMテスト )

:D→ を関数列とする。

ある M>0 が存在して、次が成り立つとする。

(*1) 任意の z∈D に対して|f(z)|≦M となる。

(*2) 1≦n≦∞<∞

このとき、1≦n≦∞(z)は D 上で一様絶対収束する。

補足

(*2)は 1≦n≦∞ が収束することを意味する。

なぜなら、上に有界な単調増加数列は収束するからである。

証明

いま、1≦n≦∞ は収束する。

よって、1≦n≦∞(z)は絶対収束する。(★1)

よって、1≦n≦∞(z)は収束する。(※A9)

よって、f:D→ を f(z)=1≦n≦∞(z)で定義できる。

(z)=1≦k≦n(z)とおく。

m>n とおく。

いま、|F(z)−F(z)|=|n+1≦k≦m(z)|≦n+1≦k≦m|f(z)|≦n+1≦k≦m である。

また、ある N∈ が存在して、m、n≧N⇒n+1≦k≦m<εである。

よって、|F(z)−F(z)|<εである。

m→∞ とすれば、|f(z)−F(z)|≦εである。

つまり、1≦n≦∞ は D 上で f に一様収束する。(★2)

(★1)、(★2)より、f は一様絶対収束する。

B5

:D→ を関数列とする。

supz∈D|f(z)|→0 (n→∞) であるとする。

任意の n∈ に対し、ある定数 M>0 が存在して、次を満たすとする。

(*1) 任意の z∈D に対して|f(z)+fn+1(z)|≦M

(*2) 1≦n≦∞<∞

このとき、1≦n≦∞(z)は D 上で一様収束する。

証明

:D→ を g(z)=f2m−1(z)+f2m(z)で定義する。

いま、|g(z)|≦M2m−1 である。

また、1≦m≦∞2m−11≦n≦∞<∞ である。

よって、1≦m≦∞(z)は D 上である関数 g(z)に一様絶対収束する。(※B4:Mテスト)

(z)=1≦k≦n(z)とおく。

いま、F2n(z)=1≦k≦n(z)である。

つまり、(F2nn∈ は D 上で g に一様絶対収束する。(★1)

( 実は絶対収束である必要はなくて、一様収束性だけあればよい )

一方、F2n+1(z)=F2n(z)+f2n+1(z)である。

よって、|F2n+1(z)−g(z)|≦|F2n(z)−g(z)|+|f2n+1(z)|である。

よって、supz∈D|F2n+1(z)−g(z)|→0 (n→∞)である。

つまり、(F2n+1n∈ は D 上で g(z) に一様収束する。(★2)

(★1)、(★2)より、(Fn∈ は D 上で g に一様収束する。