項別微分、項別積分

 --目　次--

 関数列の無限級数(※)が一様収束すれば極限操作の交換が可能であることを前回の 「関数列の一様収束と各点収束」で学んだ。
(※)関数列の無限級数を関数項級数と呼んでいる。
単に級数といえば、特に明記ないときは無限級数をさすことが多い。
整級数は関数項級数であり、収束域内では一様収束するので今回の項別微分・項別積分の式が使える。
…先に定理と例題の提示をして、定理の証明は後述します。

整級数が項別積分・項別微分できることを解析的である、またべき級数（整級数）展開できることも解析的であるといっている。
定義域において収束するべき級数を解析的関数ともいう。
複素数を含まない、実変数に限る場合は実解析的、実解析的関数という。
例題を通して項別積分・項別微分の理解を深めて下さい。

整級数（べき級数）：
\(\displaystyle　\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\)  \(=a_0+ a_1x+a_2x^2 + a_3x^3　\cdots\)
について：
収束半径\((-r , r) \)の整級数について以下の式が成り立つ。

\(\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n \right)' \) \(=\frac{d}{dx} \left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n \right) \) \(=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{d}{dx} (a_nx^n) \)

\(\displaystyle\int_{0}^{x}\sum_{n}^{\infty}a_n t^n dt\) \(=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}a_n t^n dt\) \(=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{a_n}{n+1} t^{n+1}\right]_0^x \) \(=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1} x^{n+1}\)
（上式は積分範囲にx を使っているの 変数をt にしている）

別表示（次の表示の式もある）：
\(\displaystyle\int_{a}^{b}\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n dx\) \(=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\int_{a}^{b}a_n x^n dx\)
（積分範囲と変数表示が上式と異なる）

項別積分を使うから、積分したら与式になる関数を探す。
・\(log(1-x)\)を微分すると\(-\underline{\frac{1}{1-x}}\)である。
・\(\frac{1}{1-x}\)が等比級数の収束関数である。
・変数が t と x 混じって現れるが、計算上のことだけです。

\( \displaystyle \int_0^x \underline{\frac{1}{1-t}} dt\) \(=-log[1-t]_0^x\) \(=-log(1-x)\)

上式から \(log(1-x)\)\(=-\displaystyle \int_0^x \frac{1}{1-t} dt\) (※)

【復習】

等比級数の収束と発散について【参照先】
初項=a、公比x:の等比級数は：
　 （\(-1\lt x\lt1\)の場合）　
\(\displaystyle \sum_{ n= 1 }^{\infty }a x^{n-1}\) \(=\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a(1-x^n)}{1-x}\) \(=\displaystyle \frac{a}{1-x}\)　
今回は初項＝1、公比=x の等比級数だから、整級数展開は：
\(S=\displaystyle \sum_{ n= 1 }^{\infty }x^{n-1}\)の整級数である。
これから展開式も容易に書ける！

収束半径は（ダランベールの判定法）
\( ℓ=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{1}{1}|=1\)
\( \therefore r=\frac{1}{ℓ}=\frac{1}{1}=1\)
\(-1\lt x\lt1\) について絶対収束する。
この収束域において、整級数（無限級数）の収束先は:
\( \underline{\displaystyle \frac{1}{1-x}}=1+x+x^2+x^3+\cdots\)となる。

さて本題の式の続きに戻ると：
(※)\(=- \underline{\displaystyle \int_0^x \frac{1}{1-t}} dt\) \(=- \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle \int_0^x \left[1+t+t^2+t^3+\cdots \right]dt\)
下線部は収束域が\(-1\lt x\lt1\) の整級数だから、 ここから項別積分を使い計算できる。
（項別に積分した展開式で表しているので公式のように∑記号はない。）
\(=-\left[\int_0^x dt +\int_0^x tdt+\int_0^x t^2 dt+\int_0^x t^3dt \right.\)\(\left.+\cdots\right]dt\) \(=-\left[[t]_0^x+[\frac{1}{2}t]_0^x+[\frac{1}{3}t^2]_0^x+[\frac{1}{4}t^4]_0^x \right.\)\(\left.+\cdots\right]\)

よって、収束域： \(-1\lt x\lt1\) において下式となる
\(log(1-x)=-x-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{3}x^3\)\(-\frac{1}{4}x^4-\cdots\)
 これから以下の整級数展開が導かれる：
\(=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{n}x^n\)

収束半径 r は（ダランベールの判定法）
\( ℓ=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}|\)

\(a_{n}= \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}\) \(\quad a_{n+1}=\frac{(-1)^{n+1}}{(2(n+1)+1)!}=\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+3)!}\)
\(|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\frac{(2n+1)!}{(2n+3)!}\)\(=\frac{\cdots(2n+1)}{\cdots(2n+1)(2n+2)(2n+3)}\) \(=\frac{1}{(2n+2)(2n+3)}\)

よって
\(ℓ=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{1}{(2n+2)(2n+3)}|=0\)

\(\therefore r=\infty\) （任意のx について収束する。）

与式を項別積分すると：
\( (sin\ x)'=1-\frac{3x^2}{3!} +\frac{4x^4}{5!}-\frac{7x^6}{7!}\) \(\cdots+\frac{ (-1)^{n}(2n+1)}{(2n+1)!}x^{2n} +\cdots\) \(=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{ (-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}\)
ところで \(cos\ x=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{ (-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}\) であるから、項別微分により

\( (sin\ x)'=cos\ x\) の公式が導き出せた。
同様なことは マクローリン展開可能（※）な \(e^x\) などについても同じ計算ができる。
（※）整級数展開可能でもある。（基本は無限回微分可能）

微分して与式なる関数を探すと：
\((\frac{1}{(1+x)})'=((1+x)^{-1})'\) \(=-\frac{1}{(1+x)^2}\)
\(\frac{1}{(1+x)^2}=-(\underline{\frac{1}{(1+x)}} )'\)
下線部は初項=1、公比=-x の等比級数なので、その整級数展開は：
\(S=\displaystyle \sum_{ n= 1 }^{\infty }(-x)^{n-1}\) 　である。
収束半径は（ダランベールの判定法）
\( ℓ=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\displaystyle\lim_{n \to \infty} |\frac{-1}{-1}|=1\)
\( \therefore r=\frac{1}{ℓ}=\frac{1}{1}=1\)
\(-1\lt x\lt1\) について絶対収束する。
この収束域において次の整級数展開が成り立つ
\(\frac{1}{(1+x)}= 1-x+x^2-x^3+\) \(\cdots+(-x)^{n-1}+\cdots\)

項別微分すると：
\((\frac{1}{(1+x)})'=-1+2x-3x^2+\)\(\cdots+(-x)^{n-2}+\cdots\)

\(\frac{1}{(1+x)^2}=-({\frac{1}{(1+x)}})'\) \(=1-2x+3x^2\)\(\cdots+(-1)^{n-1}nx^{n-1}+\cdots\)
\(\quad =\underline{ \displaystyle \sum_{ n= 1 }^{\infty }(-1)^{n-1}n(-x)^{n-1}}\)

前回、一様収束な関数列（整級数を含む）なら「極限操作の交換可能(式❷)」であることを学んだ。
以下 \(f_n(x)=a_n x^n\)、定義域 \(I=[a,b]\)として証明していく。
\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\int_{I} f_n(x）dx\) \(=\displaystyle\int_{I} \lim_{n \to \infty}f_n(x)dx\):❷　

無限級数の定義式（収束する部分和との関係式）：
\(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\)\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)\)　
（右辺は部分和の極限）

準備はここまで、これから証明にはいる。
1)上の定義より以下の積分式ができる
\(\underbrace{\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)dx}_{ (a) }\) \(=\underbrace {\displaystyle\int_{I}\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)dx}_{(b)}\):➀

2)「極限操作の交換可能」の公式を❶を使うと次式が成り立つ。
\(\underbrace{\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)dx}_{ (a) }\) \(=\underbrace {\displaystyle\int_{I}\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)dx}_{(b)}\) \(=\underbrace {\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)dx}_{(c)}\)：①'

3)∑の有限和の場合は下式（多項式の積分）が成立する。
\(\underbrace{\displaystyle\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_{I} \displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)dx}_{(c)}\) \(=\underbrace{\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{n} \displaystyle\int_{I}f_n(x)dx}_{(d)}\)：➁

\( \displaystyle\int_{I} \displaystyle\sum_{n=0}^{n} f_n(x)dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{n} \displaystyle\int_{I}f_n(x)dx\)
よく使う多項式の積分計算です（∑記号に惑わされないように！）
「積分の性質（「線形性）」より【参照先】。

4)無限級数の定義式(左辺は有限和の極限、右辺は無限和)
\(\underbrace{\color{red}{\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{n}} \displaystyle\int_{I}f_n(x)}_{(d)}\) \(=\underbrace{\displaystyle\color{blue}{\sum_{n=0}^{\infty}} \displaystyle\int_{I} f_n(x)}_{(e)}\)：➁'

➀=➀'= ➁=➁'となり、これより項別積分の式：
\(\underbrace{\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)dx}_{ (a) }\) \(=\underbrace{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \displaystyle\int_{I} f_n(x)}_{(e)}\) \(=\displaystyle \sum_{n}^{\infty}\frac{a_n}{n+1} x^{n+1}\)

上式に \(f_n(x)=a_n x^n\)を代入すれば式❶が導き出せる。

式❸の右辺を項別積分する。
\(\underbrace{\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{d}{dx} (a_nx^n)}_{a}\) \(=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\int_{I}\frac{d}{dx} (a_nx^n)\) \(=\underbrace{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (a_nx^n)}_{b}\)

(a),(b)を微分する：
\((a)→\frac{d}{dx}(\displaystyle\int_{I}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{d}{dx} (a_nx^n))\) \(=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{d}{dx} (a_nx^n)\)=❸の右辺

\((b)→\frac{d}{dx} (\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (a_nx^n))\)=❸の左辺

(a)=(b)であるから式❸が証明できた。