ライプニッツ級数の導出【四分円を使う方法】

ライプニッツ級数とは「分子が1で分母を奇数とする分数を、プラスマイナスの符号を交互に変えて加えて行くと円周率の1/4に収束する」という無限級数を指します。

この無限級数の導出方法はいくつか存在し、ここでは図形的な考察をもとにした式変形と定積分の計算、それと幾何級数展開を使った導出方法を説明します。

ライプニッツ級数の導出方法はここで説明するものだけではなく、いくつか方法があります。例えば、逆正接関数のマクローリン展開から導出する方法や、連分数展開によって得る方法などがあります。

数学史的には、π/4=1ー1/3+1/5-1/7+・・・という式自体はライプニッツ以外の学者によっても独立に得られていた事が知られています。
また、この記事内でも後述しますが
「ライプニッツ級数1ー1/3+1/5-1/7+・・・がπ/4という値に収束する事」と
「ライプニッツ級数が収束するか否かの判定」は、実は別々に考察できます。
ライプニッツ級数は交代級数(交項級数)という種類の無限級数の1つです。 備考として、一般の交代級数が収束する十分条件を提示する命題は「ライプニッツの定理」と呼ばれる事があります。

ライプニッツ級数とは

まず、ライプニッツ級数の具体的な表式は次のようになります。

ライプニッツ級数

次の式で表される無限級数がライプニッツ級数です。\(\pi\) は円周率です。 $$\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\cdots$$ $$\left(≒0.785398\cdots\right)$$ この値は無理数になります。

無理数を「有理数で表せる」?

ライプニッツ級数の左辺は無理数ですが右辺は「各項が有理数である無限級数」となっています。

これについては、右辺が表す無限級数は「π/4という無理数に収束するという事」すなわち 「項数を増やせばπ/4という無理数との差をいくらでも小さくできる事」を意味しています。

ですので、ライプニッツ級数の式において「無理数≠有理数」という当然の関係式は崩れてはいません。どこか有限の項数で計算をやめたら、 その値はπ/4には一致しない事になります。しかし項数を増やせばπ/4との差はいくらでも縮まります。それが、ライプニッツ級数が数式的に表すものです。

ライプニッツ級数は特徴的な式の形をしているため、「奇数だけを用いて円周率を表せる」というキャッチ―な表現が使われる事があります。 その表現自体は誤っているわけではありませんが、「無限級数が収束する値として円周率を表せる」という事を踏まえておく必要があります。

ライプニッツ級数が「無限級数」でありπ/4が「極限値」である事を、より明確に表すのであれば次のようになります。 $$\frac{\pi}{4}=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}$$ 但し、多くの場合はライプニッツ級数は「円周率と奇数」の関係を強調して
1-1/3+1/5-・・・の形で書かれます。

3.141592・・・をライプニッツ級数で出せる?

円周率の 3.141592・・・の値を計算する式としては、実はライプニッツ級数はあまり優れた式ではありません。無限級数の収束の速さが遅く、 項数を非常に多く増やさないと3.14・・・の値に近付いて行かないためです。(円周率の数値計算用として優れた式としては、 複数のマチン型の公式が知られています。逆三角関数の記事で解説。) 変更なし:

円周率の 3.141592・・・の値を計算する式としては、 実はライプニッツ級数はあまり優れた式ではありません。無限級数の収束の速さが遅く、項数を非常に多く増やさないと3.14・・・の値に近付いて行かないためです。 (円周率の数値計算用として優れた式としては、複数のマチン型の公式が知られています。逆三角関数の記事で解説。)

もし整数だけを準備して円周率計算が手計算で簡単にできるなら何とも便利そうですが、 式として興味深い形をしている事と色々な意味での実用性や有用性は残念な事に必ずしも重ならないという例になっています。

「奇数」が得られる根拠

ライプニッツ級数において、「奇数」以前に「整数」が得られるのはなぜでしょう。それは具体的には、単項式の微分法を根拠にしています。

の微分(「導関数」)は3xになります。積分を行う場合は逆の演算です。
の原始関数はx/3です。 この関係によって1/3,1/5,1/7といった「分母が整数である分数」が式中に発生します。

ライプニッツ級数に限らず、計算式中の「整数」の出所が微分法や積分法であるという場合は少なからずあります。

次に、ライプニッツ級数の各項において「偶数が欠けている」理由は幾何級数展開(等比級数展開)を使う時の公比の形に由来しています。

具体的には、-zという公比による幾何級数展開を考えて1ーz+z-z+・・・という式を得て、 さらにそれにzを乗じてzーz+z-z+・・・の形を作ります。 そして、その各項を積分(項別積分)する事でz/3ーz/5+z/7-z/9+・・・の形の式を得ます。 これがライプニッツ級数の形を作っているわけです。無限級数の項別積分を実行可能であるには条件がありますが、ここではそれを満たします。

具体的には、-zという公比による幾何級数展開を考えて1ーz+z-z+・・・という式を得て、 さらにそれにzを乗じてzーz+z-z+・・・の形を作ります。 そして、その各項を積分(項別積分)する事でz/3ーz/5+z/7-z/9+・・・の形の式を得ます。 これがライプニッツ級数の形を作っているわけです。無限級数の項別積分を実行可能であるには条件がありますが、ここではそれを満たします。

ライプニッツ級数において幾何級数展開が使われる部分は正確には「1/3」以降の項からであり、最初の「1」は出所が異なる事になります。

幾何級数展開の式を使用する事は「無限級数が得られる事」と「プラスとマイナスが交互に出てくる事」の根拠でもあります。 そのため、次に述べて行くライプニッツ級数の導出方法では微積分の基本計算と並んで幾何級数展開が非常に重要な要素となっています。但し、 この幾何級数展開を使用するには「公比の絶対値が1未満である」という条件があるので注意が必要です。

導出に使う式や考え方
  • 円とその接線の式、面積の関係などから得る式変形と変数変換(円周率は円の面積から)
  • 単項式(xなど)の積分計算(「奇数」が分母にある根拠)
  • 幾何級数展開(無限級数の形となる根拠)
ライプニッツ級数の「奇数」の出所
この図の式の積分区間は開区間(0,1)内の2つの値εとδを使った [ε,δ] として、 最後にε→0,δ→1の極限を考えるものとしています。その理由は、円の式の導関数の不連続点を除くためと、 幾何級数展開が可能な範囲内で式を考えるためです。厳密性にこだわらないなら、最初から積分区間を[0,1] として計算してもライプニッツ級数の導出は可能です。 (積分する関数は円の式なので、端点を含めたからといって面積としての定積分の値が発散する事はありません。)

証明と導出【四分円の面積を利用する方法】

全体の流れ

大きく分けて記すと次のようになります。

$$四分円y=\sqrt{2x-x^2}に対してy=\frac{dy}{dx}x+zという式変形を考えるとx=\frac{2z^2}{1+z^2}$$

$$|z|<1のもとで幾何級数展開により\frac{1}{1+z^2}=1-z^2+z^4-z^6+\cdots$$

$$部分積分と置換積分により\int \left(\frac{dy}{dx}x+z\right) dx=\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)と変形できる。$$

その後、幾何級数展開した箇所について項別積分を行い積分区間の端点の極限を考慮したうえで計算を進め、 得られる無限級数の収束値が半径1の四分円の面積π/4に等しいという形でライプニッツ級数を導出できます。

$$\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}\int_\epsilon^\delta y dx=1-\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1} \left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right]_\epsilon^\delta$$

$$=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

$$これが半径1の四分円の面積\int _0^1y dx=\frac{\pi}{4}に等しい。$$

以下、各過程を詳しく見て行きます。

  1. 円の式と導関数
  2. 円の接線の式を利用して関係式を作る
  3. 積分においてyの形を変形する(面積変換定理)
  4. 幾何級数展開を適用
  5. 定積分の計算と極限の考察
  6. 参考:(アーベルの)連続性定理

①円の式と導関数

具体的な計算としては半径が1の四分円(半円のさらに半分)の面積を定積分で計算します。
しかし円を表す式を使って普通に定積分の計算をする (置換積分か逆三角関数を使用)と、π/4という値は出ますが1-1/3+1/5-・・・という無限級数の式は出てきません。

使う式:四分円(半円のさらに半分)

閉区間 [0, 1] およびy≧0の範囲における、中心座標(1,0)半径1の円の式を使います。 $$y^2 +(x-1)^2=1\hspace{3pt}$$ $$\Leftrightarrow y^2 +x^2 -2x=0$$ $$y≧0においては、y=\sqrt{2x-x^2}$$ $$y>0の時、\frac{dy}{dx}=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\left(=\frac{1-x}{y}\right)$$ 微分により得られる導関数dy/dxはこの後で積分計算に使用しますが、x=0の時に無限大になってしまう (図形的に接線はx軸に垂直でy軸に平行となる)ので、厳密にはx=0は積分区間に含める事ができず極限値を考える必要があります。導関数を考えないなら普通に原点を積分区間に含める事ができます。

微分の計算は次のようにしています。合成関数の微分法を使います。(ここでの場合は、後述する図形的考察でもこの導関数は導出可能です。)

$$\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}\sqrt{2x-x^2}=\frac{d}{dx}\left(2x-x^2\right)^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\left(2x-x^2\right)^{-\frac{1}{2}}\cdot (2-2x)=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$$

半径1の円の面積は1×1×π=πです。その1/4である四分円の面積はπ/4です。この値が無限級数1ー1/3+1/5-1/7+・・・の収束値である事を積分を使って証明して行きます。

しかしy≧0における円の式をそのままxで定積分するとπ/4の値は得られますが無限級数の式は得られません。何か別の方法で円の面積を計算する必要があります。

四分円の式と導関数
ライプニッツ級数の導出に使う積分計算で「厳密には」積分区間からx=0を除いて考えるのは、計算に使う導関数の式がx=0 (この時にy=0)において無限大に発散してしまう事によります。

②円の接線の式を利用して関係式を作る

そこで、実は「円の接線の式」を利用すると通常とは異なる形で面積の積分計算ができます。

但し積分を行う対象の関数は円の式なので、接線上の点を考えるわけではなく「円周上の点(x,y)に対して成立する関係式」を接線の式を利用して作ります。

円周上の点(x,y)における接線の傾きはdy/dxで表される導関数です。そして、接線のy切片(接線とy軸の交点)をzとします。この時にy=(dy/dx)x+zが成立します。

この時にzはxの関数です。そのようなz=z(x)という関数がxの開区間(1,0)の範囲内において円周上の点(x,y)に対して必ず存在できます。 このzの値が存在できる事は図形的に見ても確認できますが、式でも確かに示せます。

$$y>0においてy=\frac{dy}{dx}x+zとすると、\frac{dy}{dx}=\frac{1-x}{y}であるので$$

$$y=\frac{x-x^2}{y}+z\Leftrightarrow zy=y^2-(x-x^2)=y^2-x+x^2$$

$$円の式y^2 +x^2 -2x=0より、zy=x$$

$$y>0であればz=\frac{x}{y}=\frac{x}{\sqrt{2x-x^2}}$$

ここで考えているy=(dy/dx)x+zという式は、 あくまで円周上の点(x,y)に対して成立する式です。接線自体の式として考える場合はxとyを接線上の点の座標として考えるわけですから、円周上の点を別の文字で例えば(a,b)として表し、 その点における微分係数f’(a)を使う必要があります。その時に接線の式はy=f’(a)x+z(a)であり、これは接線上の点(x,y)に対して成立する関係式です。

接線の式を利用した変換
y>0の範囲で円の接線のy切片をzとすると、円周上の点(x,y)に対してy=(dy/dx)x+zを満たすz=z(x)が存在します。

この時にxをzで表す事もでき、後の計算で重要です。

$$z=\frac{x}{\sqrt{2x-x^2}}=\sqrt{\frac{x}{2-x}}から、z^2(2-x)=x$$

$$\Leftrightarrow x=\frac{2z^2}{1+z^2}$$

この後の計算では、このzを変数として四分円の面積を積分計算する事を考えて行きます。xをzで表した式を見ると分母が1+z2となっており、これが幾何級数展開可能な式の形になっています。

後の計算で重要な関係式

0<z<1の範囲においてはzで表したxの式は、公比を-z2とした幾何級数展開が可能です。 $$x=\frac{2z^2}{1+z^2}=2z^2(1-z^2+z^4-z^6+\cdots)$$

(補足)図形的にy切片と導関数を計算する場合

上記の計算でzの具体的な形としてz=x/yが得られましたが、この関係は平面幾何的にも導出できます。ここで考えている円はy軸が原点における接線となっているので、「接線のy切片と接点と円の中心」で作られる三角形を考えて合同関係に着目すれば三平方の定理によってzとxおよびyとの関係式を作る事ができます。

接線のy切片(0,z)から接点(x,y)までの距離は三角形の合同関係からzです。また、接線のy切片からx軸方向にx進み、y軸方向にy-z進めば接点(x,y)にたどり着きます。

同じく図形的考察からy>0において接線の傾きは(yーz)/x=(yーx)/(xy)です。そしてyをxで表すと、微分により得る導関数と同じ式を得ます。

$$y>0の時、接線の傾きは\frac{y-z}{x}=\frac{y-\frac{x}{y}}{x}=\frac{y^2-x}{xy}$$

$$=\frac{2x-x^2-x}{x\sqrt{2x-x^2}}=\frac{x-x^2}{x\sqrt{2x-x^2}}=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\left(=\frac{dy}{dx}\right)$$

③積分においてyの形を変形する(面積変換定理)

次に四分円の面積を積分によって考えます。この時に、積分変数xでyを積分する計算において
y=(dy/dx)x+zの式変形をしてzを積分計算に持ち込みます。以下、まず積分区間に依存せずに不定積分で可能なところまで式変形の計算を進めて行きます。

$$\int ydx=\int\left(\frac{dy}{dx}x+z\right)dx$$

この段階では積分変数の変換を行ったわけではありません。
(dy/dx)x+z={(1-x)/y}・x+x/y
=(2x-x)/y
=y/y=y
という関係を使ってyを表しているだけとなります。

次に2つの項のそれぞれについて積分変数の変換を考えます。

まず(dy/dx)xの項については部分積分の公式を適用して変形をします。

$$\int\frac{dy}{dx}xdx=xy-\int y\left(\frac{d}{dx}x\right)dx=xy-\int ydx$$

この部分積分による式変形は、定積分で計算した時には長方形領域の面積を曲線で分割した時の関係を表す意味を持ちます。

置換積分を行ってから(d/dy)y=1が乗じられていると見て部分積分を行い、積分の項に対して再度置換積分を行って積分変数をxに戻す事でも同じ式を得ます。$$最初に置換積分を行うと、\int\frac{dy}{dx}xdx=\int xdy$$ $$次に積分変数yで部分積分を行うと\int x dy=\int x \left(\frac{d}{dy}y\right)dy=xy-\int\frac{dx}{dy}ydy$$ $$置換積分を再度適用してxy-\int\frac{dx}{dy}ydy=xy-\int y dx$$ 但し、定積分を行う時にはxでの積分であったかyでの積分であったか注意も必要です。(ここでの四分円に対する計算ではx=0の時y=0でx=1の時y=1なので結果的にそれほど問題は起こらない。)

積分の変形と面積の関係
置換積分を最初に行った場合、ここでの変数変換は相似な三角形の辺の比に対応しています。この図では原点を通る曲線に対して原点からの定積分を考えていますが、任意の積分区間で考えた場合も同様に面積を分割する図形的意味を持ちます。

同様の部分積分の適用の仕方でzの項についても式変形し、
さらに置換積分によって「積分変数zでxを積分する」形に変形します。

$$\int z dx=\int z \left(\frac{d}{dx}x\right)dx=zx-\int\frac{dz}{dx}xdx=zx-\int x dz$$

置換積分と部分積分の順序を入れ換えて、置換積分を先に実行して積分変数をxからzに変える 事もできます。定積分する時には積分変数に注意。 $$単純に置換積分を行った場合は、\int zdx=\int z\frac{dx}{dz}dz$$ $$=zx-\int\left(\frac{d}{dz}z\right)xdz=zx-\int xdz$$

式を整理すると、積分変数xによるyの積分の項が2つあるのでまとめる事ができます。

$$\int y dx=xy-\int y dx+zx-\int x dz$$

$$\Leftrightarrow 2\int y dx=xy+zx-\int x dz$$

$$\Leftrightarrow \int y dx=\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)$$

ここで式中のxyととzxは積分変数をxとして考えた時の原始関数です。但し上記の補足説明のように積分変数をyやzで計算した場合はyやzの原始関数として端点の値を代入する必要があります。

$$\int y dx=\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)$$この関係式を定積分で考えたもの(あるいはzに関する計算をする前の段階のもの)はライプニッツの面積変換定理と呼ばれる事があり、円の式に限らず積分可能な一般の1変数関数に対して成立します。図形的な意味としては積分における面積計算の領域を2つに分けて、そのうちの1つを接線のy切片であるzによって積分計算しているものになります。
尚、この式の右辺をxで微分するとyに等しくなる「はず」ですが、
具体的にチェックをしてみると次のようになります。 $$zはxだけの関数で表せる事と、\int x dz=\int x\frac{dz}{dx}dxに注意して、$$ $$\frac{d}{dx}\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)=\frac{1}{2}\left(y+x\frac{dy}{dx}+z+x\frac{dz}{dx}-x\frac{dz}{dx}\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(y+x\frac{dy}{dx}+z\right)=\frac{1}{2}\left(y+y\right)=y$$

④幾何級数展開を適用

「xを積分変数zで積分する」項について、0<x<1の時に0<z<1であるので1/(1+z)の部分に対して幾何級数展開を適用できます。公比は-zです。

$$\int y dx=\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)において、$$

$$\int x dz=\int \frac{2z^2}{1+z^2}dz=2\int z^2\cdot\frac{1}{1+z^2}dz$$

$$=2\int z^2(1-z^2+z^4-z^6+\cdots)dz=2\int(z^2-z^4+z^6-z^8+\cdots)dz$$

$$=2\left(\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right)$$

これを項別積分するには関数列が一様収束するという条件が必要ですが、ここではその条件は満たされています。(収束する整級数が一様収束する事の証明は、連続性定理の証明の一部として後述。級数変化法による計算と、コーシー列に関する考察を含みます。)

よって、次式が成立します。

$$\int y dx=\frac{1}{2}\left(xy+zx-\int x dz\right)=\frac{1}{2}\left(xy+zx\right)-\left(\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right)+C$$

(この段階ではまだ不定積分で考えているので、積分定数Cを加えた形にしています。)

ここで行われた式変形を細かく表現すると
「0<x<1の範囲内で0<z<1であり、
その範囲の任意のzに対して公比を-zとして1/(1+z)を幾何級数展開できる」
という事になります。
幾何級数(等比級数)は公比の絶対値が1未満である時は公式を適用できます。 $$|r|<1の時、1+r+r^2+r^3+\cdots=\frac{1}{1-r}$$ (導出:第n項までの和をSとして、S-rS=(1-r)Sを計算して(1-r)で割り、n→∞)
逆に、|r|<1の時に1/(1ーr)の形の項は幾何級数の形に展開できます。1/(1+r)の形の場合は公比が-rになります。ここでは展開後の結果にzを乗じていますが、初項がzであるとしてz/(1+z)に対して幾何級数展開を適用しても最終的な計算結果は同じになります。

⑤定積分の計算と極限の考察

ライプニッツ級数は「四分円の面積π/4が無限級数1ー1/3+1/5-・・・に等しい」という式であり、四分円の面積は円の上半分の式\(y=\sqrt{2x-x^2}\)をx=0からx=1まで定積分すれば得られます。そのため本来は、上記で得られた積分の変形式でも積分変数xに対して積分区間を [0,1] としたいところです。簡易的な方法としてはそれでライプニッツ級数を導出可能です。

すなわち、x=0の時にy=z=0,x=1の時にy=z=1の関係から、得られている不定積分を定積分に変える事でライプニッツ級数を得ます。(積分中のxy,zxは共に積分変数をxとしている原始関数であり、例えばx=1を代入してyについてもその時にy=1なのでxy=1という計算。)

$$\frac{1}{2}\left([xy]_0^1+[zx]_0^1\right)-\left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right]_0^1=\frac{1}{2}\left(1+1\right)-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

$$=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

$$これが\int_0^1 y dx=\frac{\pi}{4}に等しいとすると\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

しかしここでは一応、積分区間にx=0とx=1を含める事はできないとした場合の計算も記します。

  • x=0を含めないのは、式変形で使用したdy/dxがx=0で無限大となるため
  • x=1を含めないのは、幾何級数展開時に|z|<1の条件が必要なため

0<ε<δ<1であるεとδを考え、積分区間を[ε,δ]と置きます。そして計算結果においてε→0,δ→1の極限を考えます。ε→0の時y→0およびz→0であり、δ→1の時y→1およびz→1です。

ライプニッツ級数自体がπ/4に収束する「無限級数」なので、積分区間の極限を考えた時にも等式は問題なく成立します。四分円を普通に定積分した時に積分区間[ε,δ]に対してε→0,δ→1とすればπ/4に収束するので、「2つの式の極限値が同じ値に収束する」という事でライプニッツ級数の等式が成立します。

$$\int_\epsilon^\delta y dx=\frac{1}{2}\left([xy]_\epsilon^\delta+[zx]_\epsilon^\delta\right)-\left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right]_\epsilon^\delta$$

$$\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}[xy]_\epsilon^\delta=1\cdot1-0\cdot0=1,\hspace{7pt}\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}[xy]_\epsilon^\delta=1\cdot1-0\cdot0=1$$

幾何級数展開した部分についての極限については、何が問題なのかを整理しておきます。

  • 幾何級数が収束する事が保証されるのは|z|<1の範囲(0<x<1)であり、級数が収束しないなら項別積分もできない。
  • z=0(x=0)の時には幾何級数展開自体は可能で、1/(1+z)に対して初項1だけが残り、z=0を乗じて全体が0になる。従って、ε→0の時の全体の極限値も0。

つまり、考察が複雑になるのは積分区間の端点を1に近付けて行く場合です。より具体的には
/3ーz/5+z/7+・・・に「z=1を代入してみた場合の式」が収束するかどうかの判定が曖昧になっています。

この時にz/3ーz/5+z/7ー・・・の形の無限級数が収束するかどうかは、実は独立に確かめる方法があります。z=1を代入してみた時の形1/3ー1/5+1/7ー・・・は収束する事を確認できます。(但し、その方法では1ー1/3+1/5ー・・・がπ/4に収束するかどうかは判定できません。)

(交代級数に関する)ライプニッツの定理

数列{a}について
・数列{|a|}が単調減少 かつ
・n→∞でa→0ならば
交代級数aーa+aーa+・・・は収束する。
(但しこの逆は真ではなく、交代級数が収束しても上記2条件が満たされるとは限らない。)
※微分に関する同名の「ライプニッツの定理」も存在し、状況によっては使用を避けたほうが良い名称です。

この判定方法によれば、1/3ー1/5+1/7ー・・・は「収束する」事が分かります。

■参考:交代級数の収束性の検証(1/3ー1/5+1/7ー・・・の場合。逆三角関数によるライプニッツ級数の導出過程にて。)

このような時にz/3ーz/5+z/ー・・・はz→1の時に収束し、
その極限値は1/3ー1/5+1/7ー・・・の極限値に等しくなる事を保証する定理(連続性定理)がまた別に存在します。そのため、幾何級数展開した部分の極限は次のようになります。

$$\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}\left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right]_\epsilon^\delta=\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\cdots\right)-0$$

$$=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\cdots$$

$$よって、\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}\int_\epsilon^\delta y dx=\frac{1}{2}\left([xy]_\epsilon^\delta+[zx]_\epsilon^\delta\right)-\left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^9}{9}+\cdots\right]_\epsilon^\delta$$

$$=\frac{1}{2}(1+1)-\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\cdots\right)=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

$$同時に、\lim_{\epsilon \to 0, \delta \to 1}\int_\epsilon^\delta y dx=\int_0^1 y dx=\frac{\pi}{4}であるから$$

$$\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$$

ライプニッツ級数の導出で使う式や計算をまとめるとこのようになります。置換積分と部分積分を行う箇所については順序を入れ換える事もできます。端点の極限を厳密に考える時には交代級数の収束性と連続性定理を考える必要があります。

■参考:(アーベルの)連続性定理

積分区間の端点の極限の考察で使用した連続性定理は次のようなものです。

連続性定理

x=0を中心とする整級数において収束半径がρ(>0)の時、 $$x=\rhoにおいて\sum_{n=0}^\infty a_nx^nが収束する\Rightarrow \lim_{x\to\rho -0}\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=a_n\rho^n$$ $$\left(x=\rhoにおいて\sum_{n=0}^\infty a_nx^nが収束する\Rightarrow f(x)はx=\rho において左側連続\right)$$ xはρよりも小さい側からの極限を考えるものとしています。(「x→ρー0」の意味)
x=0を中心とする整級数(以下、単に「整級数」と呼びます)において収束円が(-ρ, ρ)であるという事は、|x|>|ρ|で収束しない事を意味します。
この時にもしx=ρにおいては整級数が収束する時に、その条件下で整級数が収束する範囲内でxを動かしてx→ρの極限を考えるとx=ρでの整級数(のnに関するxの極限関数)の連続性が保証されるというのが連続性定理の内容です。
この定理の表現方法はいくつか存在します。
例えば$$\sum_{n=0}^\infty a_nx^nが収束円の1つの端で収束する\Rightarrow\sum_{n=0}^\infty a_nx^nはその端において連続である$$と言っても同じ事です。
また、連続である事を表す極限については、例えば0以上1未満のtを使って\(\sum_{n=0}^\infty a_n(\rho t)^n\)に対してt→1の極限を考えても同じ事になります。
整級数の中には収束円の端点の片側だけで収束して、もう片方の端点では発散するというものが存在します。連続性定理もx=ρで整級数が収束する時にx=ρ側だけで連続性を保証し、
x=ーρの連続性は分からないものになります。

■連続性定理の証明

まず、各xでの整級数の極限関数がL(x)であるとします。
x=ρで収束するので $$\sum_{k=0}^{\infty}a_k\rho^k =L(\rho)として、$$ $$任意の\epsilon>0に対して、n>Nであれば\left|\sum_{k=0}^na_k\rho^k -L(\rho)\right|<\epsilonとなる自然数Nが存在$$ $$b_0=a_0-L(\rho),\hspace{5pt}n\neq0の時はb_n=a_nとするとn>Nであれば\left|\sum_{k=0}^nb_k\rho^k\right|<\epsilon$$ 次に|x|<|ρ|の任意のxに対しても、n>Nであれば一律に任意の同一のプラスの実数値以下(あるいは未満)にできるかを調べます。【εごとにxに依存しないで1つの値Nを決定できるかどうかを調べたい。】 $$n>M>Nに対して|S_n|=\left|\sum_{k=M+1}^nb_k\rho^k\right|=\left|\sum_{k=0}^nb_k\rho^k-\sum_{k=0}^Mb_k\rho^k\right|<2\epsilon\hspace{5pt}\cdots(*)$$ $$n> M+1の時S_n-S_{n-1}=b_n\rho^n\hspace{10pt}n=M+1の時、S_{M+1}=b_{M+1}\rho^{M+1}$$ $$x=\rho tとすると、\sum_{k=M+1}^nb_kx^k=\sum_{k=M+1}^nb_k\rho^kt^k=S_{M+1}t^{M+1}+\sum_{k=M+2}^n(S_k-S_{k-1})t^k$$ $$=S_{M+1}t^{M+1}+(S_{M+2}-S_{M+1})t^{M+2}+\cdots+(S_{n-1}-S_{n-2})t^{n-1}+(S_{n}-S_{n-1})t^n$$ $$=S_{M+1}(t^{M+1}-t^{M+2})+S_{M+2}(t^{M+2}-t^{M+3})+\cdots+S_{n-1}(t^{n-1}-t^n)+S_nt^n$$ |t|<1(すなわち|x|<|ρ|)の時はtk+1-tk>0であり、
削除: かつn>M>NであればSに関して上記(*)式が成立するので次の不等式が成立します。 $$\small{\left|\sum_{k=M+1}^nb_kx^k\right|≦|S_{M+1}|(t^{M+1}-t^{M+2})+|S_{M+2}|(t^{M+2}-t^{M+3})+\cdots+|S_{n-1}|(t^{n-1}-t^n)+|S_n|t^n}$$ $$<2\epsilon(t^{M+1}-t^{M+2})+2\epsilon(t^{M+2}-t^{M+3})+2\epsilon(t^{M+3}-t^{M+4})+\cdots$$ $$+2\epsilon(t^{n-2}-t^{n-1})+2\epsilon(t^{n-1}-t^n)+2\epsilon t^n$$ $$=2\epsilon t^{M+1}<2\epsilon$$ 【以上の不等式の組み立て方は級数変化法と呼ばれ、より一般的な形の命題が存在します。】
$$|x|<|\rho|である任意のxに対して、任意の2\epsilon>0を考えた時に$$ $$n>M(>N)であれば\left|\sum_{k=M+1}^nb_kx^k\right|=\left|\sum_{k=0}^nb_kx^k-\sum_{k=0}^Mb_kx^k\right|<2\epsilon$$ $$\left|\sum_{k=M+1}^nb_kx^k\right|=\left|\sum_{k=M+1}^na_kx^k\right|であるから【初項a_0,b_0がないので】、$$ $$n>M>Nであれば\left|\sum_{k=M+1}^na_kx^k\right|=\left|\sum_{k=0}^na_kx^k-\sum_{k=0}^Ma_kx^k\right|<2\epsilonでもある。\cdots(**)$$ 今、整級数を関数列{f}として見た時に、集合Fを{fn, fn+1, fn+2, ・・・}として考えて、
Fに対する上限と下限B=supFおよびA=infFを考えます。
各xに対してn>Nの時、
任意のδ>0に対してB-δ<fとなる自然数p>Nがあり【上限の定義から】、
2ε=ε>0に対して別の自然数q>Nを考えて上記(**)式でn=p,M=qとすると
|f-f|<εであり、-ε<f-f<ε
もしp<qならn=q,M=pとして考えて、成立する不等式は結果的に同じになります。
すると、B-δ<f<ε+fとなり、B-f<ε+δ
1つのqとεに対してδは0より大きい範囲で任意であるので、
B-f<εは成立し、B-f=εもあり得るけれども
B-f>εは成立しないので
B-f≦ε・・・(***)
下限については任意のδA>0に対してA+δA>fとなる自然数j>Nがあり【定義から】、
先ほどの(***)式はq=jの時でも成立し、B-f≦ε⇔f≧B-εとなるので
+δA>f≧B-εであり、
+δA>B-ε⇔B-A<δA+ε
δAは0より大きい範囲で任意なのでB-A≦ε
これはn→∞とした時にB→Aを意味して、閉区間 [B,A] は1つの点{c}に収束します。
さらに、n>Nの範囲でB≧c≧Aであるから、この時に任意のn>Nに対して|f-c|≦ε
(この範囲内でB=Aでなければ|f-c|<ε
よってcは整級数fの極限値でもあり、各xに対してc=L(x)であり、
n>Nであれば|x|<|ρ|の範囲内の任意のxについて一律に|f-L(x)|≦ε=2εとなります。
またx=ρの時はn>Nでε未満になるので、2ε以下という不等式も満たします。
【この事は整級数が|x|<|ρ|およびx=ρにおいて一様収束する事を表しています。
また、(**)式を示した後の証明はコーシー列に関する考察の一部です。整級数に限らず一般の数列に対して成立する事も含んでいます。】
次にx=ρでの連続性を見るためにx→ρの極限を連続性の定義の式から考えると、
三角不等式の考え方を利用して $$\small{\left|\sum_{k=0}^\infty a_kx^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\rho^k \right|≦\left|\sum_{k=0}^\infty a_kx^k-\sum_{k=0}^na_kx^k \right|+\left|\sum_{k=0}^n a_kx^k-\sum_{k=0}^na_k\rho^k \right|+\left|\sum_{k=0}^n a_k\rho^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\rho^k \right|}$$ 右辺の絶対値記号内の3項はnの値やxの範囲により、それぞれがε未満か2ε以下になります。
【特にnについて考える時に、上記で示したようにxの値に関わらずn>Nであれば一律に不等式が成立する事が重要です。】
①右辺第1項について、整級数の一様収束性よりn>Nの時。(Nの値はxに依存しない。)
②右辺第2項について、有限の次数の多項式はx=ρで連続なので、x=ρを含む十分小さな開区間U内の任意のxに対して。【この項はx→ρの極限で、nの値は任意で成立。】
③右辺第3項について、x=ρにおいても整級数は収束するのでn>Nの時。
そこで、nが①と③を満たすように十分大きく、
xが②を満たす開区間U内の範囲にあり、かつ|x|<|ρ|であれば $$\left|\sum_{k=0}^\infty a_kx^k-\sum_{k=0}^\infty a_k\rho^k \right|<2\epsilon+\epsilon+\epsilon=4\epsilon$$ $$\epsilonおよび4\epsilonは任意の小さな実数であるので、xの関数\sum_{k=0}^\infty a_kx^kはx=\rhoで左側連続。$$ ここでは(-ρ,ρ)の区間内でx=ρにおいて左側連続である事が示されています。もしマイナス側のx=-ρでも整級数が収束するなら、同様にx=-ρで右側連続である事を示せます。
【以上の証明は、いくつかの命題や補題に分けて説明される事もあります。】

【証明】自然対数の底 e は無理数である

自然対数の底 e(ネイピア定数)が無理数である事の証明を述べます。マクローリン展開を使うと、背理法によって比較的平易に証明できます。

まず、e の指数関数 ex のマクローリン展開は次のような無限級数になります。

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots$$

これは任意の実数xで成立する事に少しだけ注意して(収束半径は∞)、x=1の時を考えれば e という定数そのものを表す式になります。

$$e=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots$$

尚、e = 2.718・・・という具体的な数値はこの式で計算すれば手計算ですぐに得られます。(第6項まで計算すれば2.718を得ます。)

さて、これが有理数なのかというと「結論は違う」わけですが、背理法で示すには敢えてこれを有理数と置く事によって矛盾が生じる事を見ます。

ただ、その前にその「仮定」なしで成立する式変形をする必要があるので先にそれを見るほうが見通しがよくなります。

まず e を無限級数展開で表示し、途中の項まで引いたものを考えます。これを上手く変形して「0を超えて1未満」の実数になるようにします。(図中で、ゼロの階乗は1と定義されます。)

e の無限級数表示の「途中の項から無限大まで」の形の無限級数を考えます。つまり次式です:

$$\frac{1}{(s+1)!}+\frac{1}{(s+2)!}+\frac{1}{(s+3)!}+\frac{1}{(s+4)!}+\cdots$$

これは e から、その無限級数表示の1~s項までの和(有理数)を引いたものです。

$$e-\left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{s!}\right)=\frac{1}{(s+1)!}+\frac{1}{(s+2)!}+\frac{1}{(s+3)!}+\frac{1}{(s+4)!}+\cdots$$

この式の両辺に 自然数sを使ってs!という量を掛けます。それによって1つの不等式を作れます。

この時に、右辺のほうは各項について約分ができます。
さらに、各項について1/2のベキ乗よりも小さい事が証明のポイントです。
例えば1/(3・4・5)<1/(2)という具合です$$\frac{s!}{(s+n)!}=\frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)\cdots(s+n)}<\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

$$s!e-s!\left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{s!}\right)=s!\left(\frac{1}{(s+1)!}+\frac{1}{(s+2)!}+\frac{1}{(s+3)!}+\frac{1}{(s+4)!}+\cdots\right)$$

$$=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)(s+2)}+\frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)}+\frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)(s+4)}+\cdots$$

$$<\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^3+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{\large{\frac{1}{2}}}{\large{1-\frac{1}{2}}}=1$$

不等式で抑え込んだ後の計算は幾何級数(等比級数)の計算によります。

つまり、右辺が1未満でプラスの実数ですから自然数ではありません。すると当然、左辺にもそのような性質があります。ここまでは、矛盾は一切ありません。

ここで左辺のほうを計算してみると、第2項は自然数になります。

$$s!e-s!\left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{(s-1)!}+\frac{1}{s!}\right)$$

$$=s!e-\{s!+s!+(3\cdot4\cdot5\cdots s)+(4\cdot5\cdots s)+\cdots + (s-2)(s-1)s+(s-1)s+s+1\}$$

ここで、e が無理数であればこの左辺の全体も有理数ではなく、
従って自然数ではあり得ないのでやはり矛盾はありません。

しかし、ここで e が有理数であると仮定(これが誤り)してみましょう。

つまり、e = N/M と置いてみます。NとMは自然数です。(e の定義から、プラスの数である事は確定しています。)さらに、前出のs!に使っているsという自然数は特に数を特定したものではなく任意ですから、例えばMでもよいわけです。

すると、s!e=M!N/M=(M-1)N!ですから、さきほどの計算結果は次のように書けます:

$$(M-1)!N+{s!+s!+(3\cdot4\cdot5\cdots s)+(4\cdot5\cdots s)+\cdots +(s-1)s+s+1}<1$$

ところが、左辺は自然数(つまり1以上)のはずですが、それが1未満であるという事になるので矛盾であるわけです。

よって、e が有理数である事はあり得ず、無理数である事になるのです。【証明終】

尚、証明はこの背理法の手順でよいわけですが、

$$任意の自然数 sに対して\hspace{5pt}s!e-s!\left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{s!}\right)<1$$

を示せた時点で、不等式の左辺の式は「0を超え1未満」であるから自然数ではあり得ず、従って左辺が「e が有理数である事はあり得ない」と言う事もできます。

この証明方法は円周率が無理数である事の証明と似ていて、ある実数が無理数である事や超越数である事を示す時によく使われる手段です。
同じ考え方で、e の有理数乗、例えば e, e, e(1/2) , ・・・なども全て無理数である事を証明できます。(式計算にはもう少し工夫が必要でやや長いものとなります。)

幾何級数(等比級数)

等比数列の和を無限個で考えたものを、「等比級数」または「幾何級数」と言います。
【有限の項数の和のものを同じ名称で呼ぶ事もありますが、ここでは無限級数の場合を扱います。】

収束・発散の条件と計算の仕方

等比数列の和を考え、項数を無限大にしたものはどのようになるかをまとめると次のようになります。

幾何級数あるいは等比級数とは?

次の形の無限級数を「幾何級数」あるいは「等比級数」と言います。 $$\sum_{n=1}^{\infty}ax^{n-1}=a\lim_{n\to \infty}(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+\cdots+x^n)$$ $$=\lim_{n\to \infty}\frac{a-ax^n}{1-x}\hspace{20pt}(r\neq 1)$$ これの収束・発散は次のようになります。

  1. 公比の絶対値が1未満【|x|<1】のとき収束する $$\sum_{n=1}^{\infty}ax^{n-1}=\lim_{n\to \infty}\frac{a-ax^n}{1-x}=\frac{a}{1-x}$$
  2. 公比の絶対値が1以上【|x|≧1】のとき無限大に発散する
    (r=1のとき、nまでの和はna → ∞) $$\sum_{n=1}^{\infty}ax^{n-1}=\lim_{n\to \infty}\frac{a-ax^n}{1-x}=\infty$$

この「等比数列の和のn→無限大の極限をとったもの」を「等比級数」と言い、
幾何級数(geometric series)」という呼び方をする時もあります。
【高校ではこの幾何級数という呼び名はあまり使わないのですが、物理などでは使用する場合もあります。】

具体的に、a=(1/2)n-1で表されるような等比数列の和はn→∞の時に収束し、
=3で表される等比数列の和はn→∞の時に無限大に発散します。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\frac{1}{1-\large{\frac{1}{2}}}=2$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}3^n=+\infty$$

この時に指数の部分がn-1ではなくnで表されている場合には注意が必要で、例えばc=(1/3)などと表されている時には計算にn=1の時の「初項」が必要ですので、c=(1/3)・(1/3)n-1のように考える必要があります。(あるいは、初項c=1/3である事をきちんと把握して計算します。)

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}=\frac{\large{\frac{1}{3}}}{1-\large{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{3-1}=\frac{1}{2}$$

シグマ記号を使って表す場合には、n=1ではなくてn=0から始めて表記する事も可能なので、
その場合にはn=0を代入したものが初項になります。式の形そのものだけを暗記するというよりは、「初項」と「公比」は何なのかを把握する事が大事になります。$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}=\frac{1}{1-\large{\frac{1}{3}}}=\frac{3}{3-1}=\frac{3}{2}$$n=0から始まっているので初項は1であり、c’=(1/3)n-1に対する幾何級数の場合と同じ値に収束します。

公比が負の数である場合にも、公比の絶対値が1未満であれば同じ公式を使えます。
例えば公比が-1/2などの場合にも和を無限大にとったものは収束します。各項はプラスとマイナスが次々と入れ替わりますが、全体の和は一定値に近づいていくという事です。この場合、上記公式の公比の部分にマイナス符号の公比をそのまま代入します。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\frac{1}{1+\large{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{\large{\frac{3}{2}}}=\frac{2}{3}$$

ところで、これらの無限級数を「幾何級数」とも呼ぶと上述しましたが、「幾何」に何か関係あるのかという話になります。一応、式に平面幾何的な意味を持たせる事は可能です。

適当な図形・・例えば長方形を考えた時に、図形の面積の1/2倍、そのさらに1/2倍、
そしてそのさらに1/2倍、・・の図形を加えていくと、全体の面積は無限には大きくならずに一定の範囲内で収まる事を確認できます。

=(1/2)n-1の各項はa=1,a=1/2,a=1/4,a=1/8,a=1/16,・・
のようになりますが、これらの項の和は平面図形で言うと、1つの長方形などの面積に対しておおもとの面積の1倍、1/2倍、1/4倍、1/8倍、1/16倍、・・を加え合わせていく事に対応します。
この時、項数を増やしても全体の面積は必ず「2未満」におさまり、無限個に増やした場合は収束値である「2」に限りなく近づく事になります。

他方、a’=(1/2)に対する幾何級数を考えた時は収束値は1になる事は上述しましたが、これは平面図形ではa=(1/2)n-1に対する幾何級数の収束値2から1を引いた場合に等しく、平面図形では図形の面積の1倍を除いた部分に相当します。

無限小数の級数としての扱い

循環小数を和で表すと?

1÷9=0.111111111・・・や、1÷3=0.33333333・・・などの
無限循環小数は、幾何級数により表す事ができます。

0.1とは1/10の事であり、0.01とは1/100の事、
そして0.11とは0.1+0.01である事を考えると分かりやすいと思います。

循環小数は幾何級数で表せる

小数0.99999999・・・・などは、0.9+0.09+0.009+0.0009+・・・のように考える事で、$$a+ar+ar^2+ar^3+ar^4+ar^5+\cdots$$ の形、つまり幾何級数の形をしています。
等比数列で言うと、初項が0.9、公比が0.1であるものの幾何級数になっているという事です。
公比の絶対値が1未満なので、これは無限級数として収束します。

無限循環小数には、0.123123123123・・・のように、「123」のような複数の番号の組み合わせが繰り返されるものも含まれるわけですが、このようなものも同様に考える事ができます。

0.123123123=0.123+0.123×0.001+0.123×(0.001)
のようになるので、この場合は公比を0.001と考えればよいわけです。このようにして、小数が循環する限りは、無限小数は幾何級数とみなす事が可能です。

無理数のように循環しない無限小数は、小数点ごとに項を分けて無限級数で表す事は可能ですが幾何級数として表す事はできません。

0.999999・・・は、「1に等しい」?

「無限級数展開」が意外と身近にある例として、ちょっとしたクイズを考えてみます。

クイズ:「無限小数0.99999999・・・・は『1に等しい』ですか?」

もしかすると、意見が割れるかも・・しれませんね。結論を先に言いますと、答えは「1に等しい」、です。

・・すると、「いや、1ではないやろ!???」と、怒られるかもしれません。
では、同じ質問を、表現だけ変えてみます:

$$「無限級数 0.9+0.09+0.009+0.0009+・・・=\sum_{n=1}^{\infty}\left\{(0.9)\cdot\left(\frac{1}{10}\right)^{n-1}\right\}は『1に等しい』ですか」 $$

これだと、幾何級数ですね。
これは、明確に答えは「1」なのです。

どういう事かというと、「1に『収束する』」「『極限値と』して1に等しい」という意味において等しくなるという事です。0.99999999・・・は、1に限りなく近づくという意味です。

0.99999999・・・が1に等しいか・等しくないかで意見が割れてしまうのは、小学校でも教わる無限小数が数学的にはどのような意味を持つかが曖昧な形で教えられている事によります。
前述のように無限小数は正確には無限級数であり、無限循環小数であれば公比の絶対値が1未満の幾何級数になるので1つの値に収束する事になります。

ところで、では例えば1/3=1÷3=0.333333・・・・について、この左辺の分数・割り算の形は本当に幾何級数の公式を使って出てくるでしょうか?試してみると次のようになります。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left\{(0.3)\cdot\left(\frac{1}{10}\right)^{n-1}\right\}=\frac{0.3}{1-\large{\frac{1}{10}}}=\frac{3}{10-1}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$$

このように、無事に1/3(=1÷3)に収束する結果となります。

1÷9=0.1111111・・・についてもやってみると次のようになります。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left\{(0.1)\cdot\left(\frac{1}{10}\right)^{n-1}\right\}=\frac{0.1}{1-\large{\frac{1}{10}}}=\frac{1}{10-1}=\frac{1}{9}$$

無限級数展開としての位置付け

幾何級数は、数学的には1/(x-1)という関数のマクローリン展開と、本質的に同じ無限級数です。
(|x|<1の範囲でのみ収束するという点まで、本質的に同じです。)

|x|<1の公比、初項が1の幾何級数を考えると、

$$\lim_{n\to\infty}(1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n)=\frac{1}{1-x}$$

これを逆手にとるというか、逆に1/(1-x)という関数を|x|<1の範囲に限定するという条件付きで無限級数として表すのが、「幾何級数展開」です。本質的には幾何級数の計算と全く同じもので、使い方による名称の違いです。

$$\frac{1}{1-x}=\lim_{n\to\infty}(1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n)$$

$$無限大まで和をとる事を前提に、\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdotsと書く事も多いです。$$

これは無限級数展開の中では非常に簡単に理解できるものの1つです。にもかかわらず、大学範囲の数学や物理でも要所で使用します。知っておくと、学習がスムーズになり便利です。

幾何級数展開は、数学の複素関数論で用いられたり、物理では黒体放射の理論で「エネルギーが離散的な値をとること」(つまり量子的である事)の根拠のひとつとして用いられたりもします。他にも、使われ方は色々あります。割と重要なところで突然出てくるのが特徴かもしれません。

ただしそれらは教科書等の中では「幾何級数」「等比級数」である事の説明なしに、唐突に「1/(1-x)=1+x+x+x+x+・・・と『展開』すると・・」などと書かれる事が結構多くあるので、その点だけ注意しましょう。

幾何級数は、|x|<1のもとで1/(1-x)という特定の関数のマクローリン展開に一致し、本質的に同じ無限級数です。

高階微分の応用:テイラー展開とマクローリン展開

今回は、高階微分と、その応用として重要なテイラー展開、マクローリン展開と呼ばれる無限級数展開について説明します。大学で物理や工学を学ぶ場合などは、非常に重要となる項目です。

このページの中盤以降では、マクローリン展開の事は Mcl .展開と略記します

まず、高階微分について簡単に説明し、その応用としてテイラー展開とマクローリン展開について述べます。最後に、関数がテイラー展開可能である条件として、数学的には剰余項と呼ばれるものが収束する必要があるので、その問題について述べます【これは数学上の問題で、物理等にはあまり関係のない問題です】。

後半、数学的にかなり詳しく述べている部分もありますが、詳しい証明や導出を知りたい人向けです。
そうでない場合は参考までに眺めていただければじゅうぶんです。

幾何級数と無限級数の基礎については別の記事で述べましたが、
今回はテイラー展開とマクローリン展開です。高階微分を用いた無限級数展開です。

高階微分とは?

高階微分」=「1つの関数を何度も微分する事」です。意味としては簡単ですので具体例などを見てみましょう。記号で書かれるとややこしく見えるところにだけ注意しましょう。

2階微分とは?高階微分(2階微分、3階微分・・)について
極限としての2階微分(2階導関数)および高階導関数の定義

2階微分とは?高階微分(2階微分、3階微分・・)について

2階微分とは、「2回」微分操作をするという事です。 同じく、3回微分操作した場合を3階微分、n回微分したも場合をn階微分と言い、まとめて高階微分と呼びます。導関数については、「n階導関数」のように表現します。
※たまたま日本語では「2階」と「2回」が同じ読み方なのでどちらで表現してもほとんど誤解はないと思いますが、一応用語としては区別されています。

2回微分するから2階微分・・というのは、決して試験用の語呂合わせではなく、日本語の漢字の読み方の偶然です。

例えば sin x の通常の微分(1階微分)は cos x ですが、
2階微分は -sin x で、3階微分は -cos x 、4階微分は sin x です。

  1. sin x → cos x [1回目の微分(=通常の微分、1階微分)]
  2. cos x → -sin x [2回目の微分(=2階微分)]
  3. -sin x → -cos x [3回目の微分(=3階微分)]
  4. -cos x → sin x [4回目の微分(=4階微分)]※元の関数に戻るわけです。

\(x^2\)の通常の微分(1階微分)は 2x であるわけですが、
2階微分は 2 で、3階微分は 0 です。(4階以上の微分も、全て 0 です。)

  1. \(x^2 \rightarrow 2x\) [1階微分]
  2. 2x → 2 [2階微分]
  3. 2 → 0 [3階微分]※定数の微分ですから、0ですね。

\(e^x\)は、1回微分すると \(e^x\) で元の関数と同じなので、
それをさらに微分した2階導関数も3階導関数も、全ての高階導関数について同じ形で \(e^x\) です。

このように、続けて公式を適用していけばいいだけなので、計算としては特別難しいものではありません。

ただ、数式としての表記方法だけ見ると、慣れないと少し難しく「見える」かもしれません。 しかし、意味するものは通常の微分の延長にあるだけという事が分かると、なじみやすいかと思います。

極限としての2階微分(2階導関数)および高階導関数の定義

極限として2階微分を考えた時の定義は次のようになります。「通常の微分(導関数)」をさらに微分するわけですので、1階微分の定義の関数の部分に、1階導関数を当てはめれば2階微分により得る2階導関数になります。

定義と表記 $$2階微分の定義:f^{\prime\prime}(x)=\frac{d^2}{dx^2}f(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{d}{dx}f(x)\right)=(f^{\prime}(x))^{\prime}=\lim_{h \to 0}\frac{f^{\prime}(x+h)-f^{\prime}(x)}{h}$$

これが、2階微分(あるいは2階導関数)を定義で表した場合の式です。
初等関数に適用する場合などは、上記の例のように、公式により出されている1階の微分による導関数を単純に「もう1回」微分する事が行われるのが普通です。
3階、4階・・の微分についても、同様に考えます。例えば3階微分を定義式で(敢えて)表すのであれば次のような式になります。

$$3階微分の定義:f^{\prime\prime\prime}(x)=\frac{d^3}{dx^3}f(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{d^2}{dx^2}f(x)\right)=(f^{\prime\prime}(x))^{\prime}=\lim_{h \to 0}\frac{f^{\prime\prime}(x+h)-f^{\prime\prime}(x)}{h}$$
高階微分の表記方法

ある関数を2階微分している事を表す表記方法は、通常の1階微分にいくつもの表記方法があるように、同じく多くの表記方法があります。基本的には1階微分の表記方法に基づくものです。

$$2階微分の表記法:\frac{d^2y}{dx^2},\frac{d^2}{dx^2}f(x),\frac{d^2f}{dx^2},\frac{d^2f(x)}{dx^2},y^{\prime\prime},f^{\prime\prime}(x),f^{(2)}(x),d^2y/dx^2, \ddot{y}$$ 3階微分、n階微分の場合の表記方法は次の通りです。 $$3階微分の表記法:\frac{d^3y}{dx^3},\frac{d^3}{dx^3}f(x),\frac{d^3f}{dx^3},\frac{d^3f(x)}{dx^3},y^{\prime\prime\prime},f^{\prime\prime\prime}(x),f^{(3)}(x),d^3y/dx^3$$ $$n階微分の表記法:\frac{d^ny}{dx^n},\frac{d^n}{dx^n}f(x),\frac{d^nf}{dx^n},\frac{d^nf(x)}{dx^n},f^{(n)}(x),d^ny/dx^n$$

基本的には何階であっても表記の考え方は同じであるわけですが、階数が増えると、f(x) に「’ (プライム、ダッシュ)」をつける方法や、y の上に「・(ドット)」をつける方法は分かりにくいので、\(\frac{d^ny}{dx^n} や f^{(n)}(x)\)の表記が使われる事が多いのです。

高階導関数の表記方法を用いると、具体的な初等関数の2階微分やn階微分も、 $$\frac{d^2}{dx^2}\sin x=\frac{d}{dx}\cos x=-\sin x\hspace{10pt}\frac{d^n}{dx^n}e^x=e^x$$ ・・というふうに書けます。こういう書き方をすると難しく見えてしまうかもしれませんが、
重要なのは「決められた回数だけ微分操作を繰り返している」という事なのです。
もしとっつきにくいと感じた方も、そのように易しい形で理解していただければと思います。

高階微分って、何に「使う」の??

「2階以上の微分」というものは、一見すると何に使うのか分かりにくいかもしれません。
具体例を見てみるのが、最も分かりやすいと思います。
例えば、「2階微分」を用いる最も簡単な応用例は、物理の力学の「運動方程式」です。
物理では、時間を変数としたうえで、次の解釈が適用される事が重要です。

  • 速度は位置座標の1階の時間微分:\(v=\frac{dx}{dt}\)
  • 加速度は位置座標の2階微分(速度の1階微分):\(a=\frac{d^2x}{dt^2}=\frac{dv}{dt}\)
    ※ここでの a は、定数ではなくて、加速度(acceleration)です。
    ※細かい事を言いますとじつは物理では「ベクトルの微分」を考えるのですが、ここでは簡単のため1次元の速度と加速度を例として挙げています。

「運動方程式を解く」という事は、「2階の微分を含む『微分方程式』」を解くという事ですので、例えばそこで2階微分の考え方が用いられるわけです。

また、このページで次に述べるテイラー展開も物理や各種の工学などで重要です。これは1階および高階の微分を用いた無限級数による関数の表現方法になります。

テイラー展開とマクローリン展開

高階微分の応用として重要なテイラー展開とマクローリン展開について述べましょう。
数学的には、1段階前のテイラー公式というものがある事が重要です。

微分法はそもそも、関数のある点の近傍における近似1次式としての意味があります。そこで、1次式だけでなく、2次式、3次式の近似や、最終的には無限項の多項式で関数を近似しようという発想で、関数を多項式によって無限級数展開するのが、テイラー展開です。(平均値の定理の拡張と見る事もできます。)

テイラー展開とは? ■ マクローリン展開の一覧表 ■ テイラー公式の証明

関数の x = a における「テイラー展開」とは?

このテイラー展開では、通常の微分と、高階微分による微分係数(x = a におけるf'(a), f”(a)など)が用いられます。一見とっつきにくいかもしれませんが、具体的な初等関数のテイラー展開は、このページの前半でも述べた微分公式を使って係数を出していけばいいだけですので、決して難しいわけではありません。

テイラー展開 関数 f(x) のテイラー展開とは、次のような無限級数展開の事を言います。 $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)={\small f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)}+\frac{(x-a)^2}{2!}f^{\prime\prime}(a)+\frac{(x-a)^3}{3!}f^{\prime\prime\prime}(a)+\cdots$$

この形で表された無限級数展開を、x = a におけるテイラー展開と言います。
このようなテイラー展開を行う時、「x = a のまわりでテイラー展開する」という言い方もします。
これは、テイラー展開が x = 0, x = 1, x = 2, ・・など、任意の x の値における微分係数で表現できるという事です。

注意と参考:数学的には「剰余項」を含む段階の「テイラー公式」があります

解析学的においては、上記の形の式が n で終わる有限項の和に「剰余項」Hn(x)を加えたものをまず考えます(テイラー公式と呼ばれる事があります)。この剰余項が n→∞ でゼロになればテイラー展開の形になります。
$$テイラー公式:f(x)=\left(\sum_{j=0}^{n}\frac{(x-a)^j}{j!}f^{(j)}(a)\right)+H_n(x)$$ 初等関数では多くの場合に、この剰余項は n →∞ の極限で 0 になるので応用の面ではそこまで気にしなくてもいいのですが、収束する「xの範囲」が限定される場合もあります。
この剰余項の収束問題については、このページの後半で詳しく説明しましょう。

テイラー展開の式に \(a=0\)を代入したものがマクローリン展開と呼ばれる公式です。

マクローリン展開展開

x=0におけるテイラー展開がマクローリン展開です。
x=0における微分係数、高階微分係数を考えます。

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(0)=f(0)+xf^{\prime}(0)+\frac{x^2}{2!}f^{\prime\prime}(0)+\frac{x^3}{3!}f^{\prime\prime\prime}(0)+\frac{x^4}{4!}f^{\prime\prime\prime\prime}(0)+\cdots$$

以下、マクローリン展開の事は Mcl .展開と略記します

Mcl . 展開は、「テイラー展開の中でも、特によく用いられる形」・・という事になりますが、その理由は単純で、式の形が簡易になるためです。x = 0 という使いやすい場所での計算をしたいがため、物理などでも多く使われるのです。
物理等では、よほどの精度を求めない限り、3次や4次などの高階の部分は「ほとんど0」とみなせる場合をわざと考察する事も多いです。

指数関数や三角関数の Mcl .展開は、物理等への応用でも純粋数学的にも重要です。
例えば、ほんの1例ですが、自然対数の底 e の値が2.718・・である事や無理数・超越数である事の証明には Mcl .展開を用います。半端な変数における三角関数の具体的な値を知るのにも Mcl .展開を使えます。

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots$$

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$$

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots$$

後述しますように、この形の無限級数展開を導出するには、部分積分を用いるやり方が比較的簡単です。部分積分は積の微分公式から導出される積分公式で、微分の関係をうまく使います。テイラー展開の各分母の階乗も、単項式の微分由来です。

参考までに、テイラー展開には、大学数学の解析学的には「一意性」がある事が重要です。どういう事かと言いますと、同じ「『多項式の形』の無限級数」(整級数と言います)で表される関数がある場合、同じ関数を表すのであれば、各\(x, x^2, x^3, \cdots\)の係数の表し方は「1通りしかない」という数学的事実があるのです。
(※微分以外の方法では決して表せないという事ではなくて、微分以外の方法で表せたとしても、じつは微分で表したテイラー展開に一致する、という意味です。)
これは、微分の範囲を複素数まで広げた場合などで、結構理論的には重要になります。

★参考

テイラー展開の一意性については、じつは\(f(x)=A_0+A_1(x-a)+A_2(x-a)^2+\cdots\) の形の無限級数を微分したうえでx→ a の極限を考えれば、かなり簡単に分かる事なのです。
そのように無限級数を直接微分する事を「項別微分」と言います。
しかし、じつはこの項別微分という計算は「できる場合とできない場」合があります。
\(f(x)=A_0+A_1(x-a)+A_2(x-a)^2+\cdots\) の形の無限級数(整級数と言います)は、「一様収束性」という性質があるので項別微分が可能なのです。これについては自明ではないので解析学的な証明が必要です。

\(\frac{1}{1-x}\)のテイラー展開と幾何級数展開は、本質的に同じもの?違うもの?

「高校でも教わる無限級数展開」として、幾何級数展開があります。「等比数列の和」という名前のほうが、多くの方にとって、もしかするとなじみがあるかもしれません。
例えば次の無限級数は、幾何級数の方法で出す事ができます。

$$|x| < 1 の時、\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots$$ $$※導出:S_n=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n として S_n-xS_n=1-x^{n+1} となるので$$ $$|x|<1 の時、S_n(1-x)=1-x^{n+1}\Leftrightarrow S_n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\rightarrow \frac{1}{1-x}\hspace{5pt}(n\rightarrow \infty)$$

このとき、じつは\(\frac{1}{1-x}\)をテイラー展開・Mcl.展開する事もできます。この時、結論を言いますと、幾何級数で表された無限級数は、Mcl.展開に一致するのです。
2つ以上の方法で整級数の形に表わせたとき(例えば幾何級数の方法とテイラー展開)であろうと、両者は本質的に同じである・・という事の具体例になります。

整級数の形に無限級数展開を行う時、何かしら「計算しやすい方法」で1つの形を導出してけば、それは本質的に1通りの正しい整級数の表式という事が、じつは保証される、という数学的事実があります。
テイラー展開等が特別扱いというわけではなく、\(\frac{1}{1-x}\)の場合であれば幾何級数によって考えるほうが簡単なので、そちらの考え方でもよいというわけなのです。

マクローリン展開の一覧表

物理等では重要なので、主要な初等関数の Mcl. 展開をいくつか表にまとめてあります。x = 0 での f(0) と、微分係数 f ‘ (0), f ‘ ‘ (0),・・を具体的に計算し、 Mcl. 展開の式に代入すれば公式が得られます。
表にある「収束半径」とは、無限級数が有限の値に収束する「変数 x の範囲」の事で、ここでのより具体的な意味としては剰余項が収束するかという事です。これについては、初等関数の中でも、あまり気にしなくてよいものと、気にしたほうがよいものがあります。

対象の関数Mcl.展開収束半径計算方法
e の指数関数\(e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\cdots\) 実数全域 \((e^x)^{\prime}=\frac{d^n}{dx^n}e^x=e^x\)
f(0) = f'(0) = f”(0) = 1
自然対数関数
ln(1+x)
\({\small\ln (1+x)}\)
\(=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots\)
※ln x だと、x = 0 で定義できず、微分不可能・Mcl.展開不可能
|x| < 1\({\small(\ln(1+x))^{\prime}}=\frac{1}{1+x}\)
\({\small(\ln(1+x))^{\prime\prime}}=\frac{-1}{(1+x)^2}\)
f(0)=0, f'(0)=1, f”(0)=-1
三角関数
(正弦)
\(\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)実数全域 \({\small(\sin x)^{\prime}=\cos x }\)
\({\small(\sin x)^{\prime\prime}=-\sin x}\)
f(0)=0, f'(0)=1, f”(0)=0, f”(0)=-1
三角関数
(余弦)
\(\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\)実数全域 \({\small(\cos x)^{\prime}=-\sin x}\)
\({\small(\cos x)^{\prime\prime}=-\cos x}\)
f(0)=1, f'(0)=0, f”(0)=-1, f”(0)=0
\(\frac{1}{1-x}\)
幾何級数
\(\frac{1}{1-x}\)
\(=1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots\)
|x|<1 \(\left(\frac{1}{1-x}\right)^{\prime}=\frac{1}{(1-x)^2}\)
\(\left(\frac{1}{1-x}\right)^{\prime\prime}=\frac{2}{(1-x)^2}\)
※(-1)と(-1)がかけられ、
必ず+になります。
f(0)=1, f'(0)=1, f”(0)=1, f”(0)=1
\((1+x)^a\)
一般2項級数
\((1+x)^a=1+ax\)
\( +\frac{a(a-1)}{2}x^2+\frac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+\cdots\)
|x|<1 \({\small((1+x)^a)^{\prime}=a(1+x)^{a-1}}\)
\({\small((1+x)^a)^{\prime\prime}=a(a-1)(1+x)^{a-2}}\)
f(0)=1, f'(0)=a, f”(0)=a(a-1)
f”'(0)=a(a-1)(a-2)

テイラー展開の式は、どのように導出する??

証明の方法はいくつかありますが、ここでは積分の公式である「部分積分」を使う方法を、述べます。(積分区間に変数を含んだ形の計算になるので注意してください。

ここで具体的に述べますのは、「剰余項」を含んだ「テイラー公式」の証明です。
そして個々の関数について、剰余項が n→∞ でゼロになる事を示して個々の関数についてのテイラー展開と Mcl. 展開が証明されるという流れです。剰余項の収束問題については後述します。

証明(テイラー公式)

まず、
\(f(x)-f(a)=\int_a^x f^{\prime}(t)dt \Leftrightarrow f(x)=f(a) + \int_a^x f^{\prime}(t)dt\)
【※これは「微積分学の基本定理」を用いています。唐突に t という別の変数が出てきてどういう事かと思われる方もいるかもしれませんが、これはあくまで積分での表記方法の約束です。】
次に、
\(f(x)=f(a) + \int_a^xf^{\prime}(t)dt\)
\( =f(a)-\int_a^x(x-t)^{\prime}f^{\prime}(t)dt \hspace{10pt}【∵\frac{d}{dt}(x-t)=-1】 \)
\( =f(a)-\left[(x-t)f^{\prime}(t)\right]_a^x +\int_a^x(x-t)f^{\prime}(t)dt \)

\( =f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)-\int_a^x\left(\frac{d}{dt}\frac{(x-t)^2}{2}\right)f^{\prime}(t)dt \hspace{10pt}【∵\frac{d}{dt}(x-t)^2=-2(x-t)】 \)
\( =f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)-\left[\frac{(x-t)^2}{2}f^{\prime}(t)\right]_a^x+\int_a^x\frac{(x-t)^2}{2}f^{\prime\prime}(t)dt \)
\( =f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)+\frac{(x-a)^2}{2}f^{\prime}(a)-\int_a^x\left(\frac{d}{dt}\frac{(x-t)^3}{3!}\right)f^{\prime\prime}(t)dt \)
\( =f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)+\frac{(x-a)^2}{2}f^{\prime}(a)-\left[\frac{(x-t)^3}{3!}f^{\prime\prime}(a)\right]+\int_a^x\left(\frac{d}{dt}\frac{(x-t)^3}{3!}\right)f^{\prime\prime\prime}(t)dt \)
\( =f(a)+(x-a)f^{\prime}(a)+\frac{(x-a)^2}{2}f^{\prime}(a)+\frac{(x-a)^3}{3!}f^{\prime\prime}(a)+\int_a^x\frac{(x-t)^3}{3!}f^{\prime\prime\prime\prime}(t)dt\)
\(=\cdots\)
この操作を繰り返す事により、\(\int_a^x\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)dt\)の形の剰余項(「積分型の剰余項」)を含んだ形の「テイラー公式」が成立します。【証明終り】

この剰余項は、主要な初等関数の場合は0に収束するのでテイラー展開が成立します。ただし、剰余項が収束する「x の範囲」が限定される場合もあるので、そこは注意が必要です。
e の指数関数や、三角関数については定義域の全域で剰余項は0に収束するので、定義域全域で「テイラー展開可能」です。

この他に、計算は結構面倒なのですが、逆三角関数の Mcl.展開はじつは数学的には特徴的な形になって、円周率を表す式の導出に使えたります。ただしこれは、物理等への応用ではあまり重要ではないです。

剰余項の収束問題

上記のような部分積分による方法でも他の方法でも、テイラー展開を導出すると最後のnを含んだオマケの項である「剰余項」がくっついてきます。

結論を言うと指数関数や三角関数などの初等関数においては剰余項はn→∞で0に収束するので、無限級数の形で問題なくテイラー展開・ Mcl.展開を、使う事ができます。ここでは、その事の証明を記しておきます。結構面倒な部分も含まれるので、参考までに見てください。

\(e^x,\sin x,\cos x\) の剰余項の収束問題 ■ 関数 \((1+x)^{\alpha}\) の剰余項の収束問題

\(e^x,\sin x,\cos x\) の剰余項の収束問題

上記で、理論的にはまずテイラー公式というものがあって、n→∞で剰余項が0に収束するものが「テイラー展開可能」という事でした。

e の指数関数や三角関数については、剰余項が収束する事を証明してみましょう。

証明のポイント

ポイントは、「nに関する極限」を考える事です。つまり、変数xについては極限操作としてはいじらないという事です。
極端な話、例えばx=0、x=100といった具体的な値を代入してみて、その時に剰余項がnに関してn→∞で0に収束すれば、「x=0、x=100でテイラー展開可能」という事です。
積分型の剰余項では積分区間にxが入ってますが、nに注目した場合は特定の積分区間での定積分のように考える事ができるのがポイントなのです。

前半でも触れましたように e の指数関数や三角関数はn階導関数を容易に表せます。これによってまず、剰余項のn階微分のところが具体的になります。
まず最初は、e の指数関数です。

$$e^x のテイラー公式の積分型の剰余項は:R_n(x)=\int_a^x\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^tdt$$

$$注目すべきところはnに関する部分、つまり \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}です。$$

具体的な関数の部分については各々の変数について「nに関しては定数」という扱いになり、積分も各々のxに対して有限の区間内の定積分とみなせますから、積分の中身がn→∞で0に収束すれば定積分も0に収束するのです。

$$よって、\lim_{n\to \infty}\frac{x^n}{n!}=0を示せばよく、 $$

$$それによりe^x は全実数の範囲でテイラー展開可能である事が示されます。 $$

nをじゅうぶん大きくすればおそらく0に収束する「だろう」事が予想されますが、具体的にそれを示しましょう。まずxが正の範囲の時に示します。xよりも大きいてきとうな自然数 Mを考えます。n=2Mを考えると、分母には、M+1、M+2、・・M+Mという、M個のMより大きい数が因数として含まれています。

他方、分子にあるのはMよりも小さいxという正の実数のM乗です。この時点でまず分子よりも分母が確実に大きい事が分かりますが、このn= 2Mよりもさらにnを大きくすると、nが1増えるごとに分子はxが1つ乗じられ、分母は2M+1、2M+2、・・などの数が乗じられます。つまり、nを大きくすれば、どのような小さい正の実数よりも \(\frac{x^n}{n!}\) を小さくできます。

$$x>0の時、任意の正の実数\epsilon に対し\frac{x^n}{n!}< \epsilon つまり \lim_{n\to \infty}\frac{x^n}{n!} =0 です。$$

xが負の場合も、絶対値は変わりませんから符号が入れ替わりながら0に収束します。x=0の場合は\(\frac{0^{n-1}}{(n-1)!}=0\) ですから、この場合も組み込む事ができます。

$$ よって、任意の実数xに対して\lim_{n\to \infty}\frac{x^n}{n!}=0であり、 \lim_{n\to \infty} R_n(x) =0【証明終り】 $$

三角関数の場合は、n階微分も三角関数の形ですから、絶対値は1よりも小さい事を用いて不等式を作ります。そして指数関数の時と同様の極限を考える事で剰余項がn→∞で0に収束する事になるのです。

関数 \((1+x)^{\alpha}\) の剰余項の収束問題

じつは剰余項の収束問題に関しては、e の指数関数や三角関数よりも\((1+x)^{\alpha}\)といった一見簡単な関数のほうが、証明が面倒です。
おそらく、このページの内容の中では問題としてはここが一番難しいです。
上手に不等式を使って値の大きさを評価しないと、なかなかうまくいきません。
ここでは、次の事を示します:

$$任意の実数\alpha に対して(1+x)^{\alpha} は、|x|<1ならば Mcl. 展開可能$$

「|x|<1 の範囲で、x=0のまわりでテイラー展開可能」と言っても同じです。
以下、x=0のまわりでのテイラー公式について考えます。Mcl.展開の形で「無限級数ではなく剰余項が残ったままの状態」と考えてもよいと思います。

$$ f(x)=(1+x)^{\alpha} の積分型の剰余項:R_n(x)=\int_0^x\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)dt$$

$$f(x)=(1+x)^{\alpha}とすると、 f^{(n)}(t)=\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots(\alpha -n+1) (1+t)^{\alpha -n} $$

積分変数(ここではt)に対する定数となる部分は、積分記号の前に持っていきましょう。

$$ R_n(x)= \frac{ \alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots(\alpha -n+1) }{ (n-1)! } \int_a^x (x-t)^{n-1} (1+t)^{\alpha -n} dt $$

不等式をうまく使うために、2つほど、それほど難しくない関係式を示します。まず、1つ目です。

補題①

$$|x|<1 かつ 0<t<xまたは0>t>xならば\left|\frac{x-t}{1+t}\right|<|x|$$ ちょっと分かりにくいかと思いますが、xとtの正負の符号が一致して、尚かつ絶対値に関して|x|>|t| という関係のもとで成立する式です。これは、積分に関してうまく不等式を作るための式です。

★ 証明: $$0<t<xの時、\left|\frac{x-t}{1+t}\right|=\frac{x-t}{1+t}<\frac{x}{1+t}<x=|x|$$ $$0>t>xの時、\left|\frac{x-t}{1+t}\right|=\frac{-x+t}{1+t}<\frac{-x-xt}{1+t}=\frac{-x(1+t)}{1+t}=-x=|x|【証明終り】$$ 2番目のほうについては、x >-1 に―t(>0)を乗じた ―xt>tの関係を使っています。

これによって剰余項を次のように変形したうえで不等式で評価できます。

$$ R_n(x)= \frac{ \alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots(\alpha -n+1) }{ (n-1)! } \int_a^x (x-t)^{n-1} (1+t)^{\alpha -n} dt$$

$$= \frac{ \alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1) }{ (n-1)! } \hspace{5pt}\int_a^x \left(\frac{x-t}{1+t}\right)^{n-1} (1+t)^{\alpha -1} dt $$

これに絶対値をつけます。不等式を作りやすくなるためです。
次の式の2段目から3段目への不等式を作るために上記の補題の結果を用いています。

$$ |R_n(x) |= \left | \frac{ \alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1)}{ (n-1)! } \hspace{5pt} \int_a^x \left(\frac{x-t}{1+t}\right)^{n-1} (1+t)^{\alpha -1} dt\right|$$

$$< \frac{ | \alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots(\alpha -n+1) |}{ (n-1)! } \int_a^x \left| \frac{x-t}{1+t}\right|^{n-1} |1+t|^{\alpha -1}dt $$

$$< \frac{| \alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1)|}{ (n-1)! } \hspace{5pt} \int_a^x |x|^{n-1} |1+t|^{\alpha -1}dt $$

$$=\frac{| \alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1)|}{ (n-1)! } |x|^{n-1} \hspace{5pt} \int_a^x |1+t|^{\alpha -1}dt $$

この最後の式には積分の中身にはnが入っていませんから、nに関しては定数であると考えて(もちろん各々のxに対しては別々の値になります)、てきとうにCとおけます。絶対値を外せば積分の計算も直接できてしまいますが、ここでは「nに関して定数」である事が分かればじゅうぶんなのです。まとめると次のようになります。

$$|R_n(x)|< \frac{ |\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots (\alpha -n+1) |}{ (n-1)! } |x|^{n-1} C$$

この不等式の右辺側をもう少し変形します。

$$\frac{ |\alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1) |}{ (n-1)! } |x|^{n-1} C$$

$$=\frac{| \alpha (\alpha -1)(\alpha -2) \cdots (\alpha -n+1) |}{ 1・2・3・4 \cdots (n-2)(n-1)} |x|^{n-1} C$$

$$< \frac{| \alpha (\alpha +1)(\alpha +2) \cdots (\alpha +n-1) |}{ 1・2・3・4 \cdots (n-2)(n-1)} |x|^{n-1} C $$

$$=|\alpha|\left(1+\frac{| \alpha |}{1} \right ) \left (1+\frac{| \alpha |}{2} \right ) \left (1+\frac{| \alpha |}{3} \right ) \cdots \left (1+\frac{| \alpha |}{n-1} \right ) |x|^{n-1} C $$

ここで、先に進むにはもう1つ補題が必要です。

補題②

$$任意の実数\alpha に対して、0<r<1 ならば1+\frac{|\alpha|}{N}<\frac{1}{r} となる自然数Nが存在する$$ これは何の事かと言うと、要するに1と1よりも大きい数の間には1+εという別の数が必ずあり、大きい自然数Nで割る事でそのような小さい数εを作れる事を、式で表しただけです。

★ 証明: $$1<\frac{1}{r} であり、1<1+\epsilon <\frac{1}{r}を満たす正の実数\epsilon が必ず存在する。$$ $$任意の実数\alpha に対して0<\frac{|\alpha|}{N}<\epsilon となる(十分大きい)自然数Nは存在できる。$$ $$よって、 1+\frac{|\alpha|}{N}<1+\epsilon <\frac{1}{r}となる自然数Nが存在する。【証明終り】$$

これによって、さらに別の不等式で評価ができます。0<|x|<r<1を満たすてきとうな実数 r を想定します。

$$1+\frac{|\alpha|}{N}<\frac{1}{r} となる自然数Nが存在し、n≧N ならば 1+\frac{|\alpha|}{n}<\frac{1}{r}でもある。$$

$$n≧N の時、R_n(x)<|\alpha|\left(1+\frac{| \alpha |}{1} \right ) \left (1+\frac{| \alpha |}{2} \right ) \left (1+\frac{| \alpha |}{3} \right ) \cdots \left (1+\frac{| \alpha |}{N} \right ) \cdots \left (1+\frac{| \alpha |}{n-1} \right ) |x|^{n-1} C$$

$$< |\alpha|\left(1+\frac{| \alpha |}{1} \right) \left (1+\frac{| \alpha |}{2} \right ) \left(1+\frac{| \alpha |}{3} \right) \cdots \left(1+\frac{| \alpha |}{N-1} \right) |x| ^{N-1} \left(\frac{ |x| }{r}\right)^{n-N-1} C $$

この不等式評価は、ある自然数Nについて、N-1までの項はそのままにして、N以降の項は1/rよりも小さいとしているのです。

ここで、N-1までの項の積は、nに関して定数である事に注意します。

$$つまり、 |\alpha|\left(1+\frac{| \alpha |}{1} \right ) \left ( 1+\frac{| \alpha |}{2} \right ) \left (1+\frac{| \alpha |}{3} \right ) \cdots \left (1+\frac{| \alpha|}{N-1} \right ) |x| ^{N-1} =K(nに関して定数)とおけます。$$

$$よって、|R_n(x)|<KC \left(\frac{ |x| }{r}\right)^{n-N-1}で、 \frac{ |x| }{r}<1 ですから、$$

$$\lim_{n\to \infty} \left(\frac{ |x| }{r}\right)^{n-N-1} =0, 従って \lim_{n\to \infty} |R_n(x)| =0 $$

よって、n→∞で剰余項が0に収束するので |x|<1の時 、x=0においてテイラー展開可能(つまり Mcl. 展開可能)です。【証明終り】

\((1+x)^{\alpha}\) の剰余項が|x|≧1の範囲では収束しない事

★尚、x≧1の時は剰余項が収束しない事については、少し遠回りですが、次のように考えます。
|x|<1 の時にマクローリン展開が可能であるわけですが、このように整級数の形で無限級数展開できた場合、じつは収束半径を計算する公式を使う事ができるのです。 $$公式:\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^nの収束半径を\rho とすると、\frac{1}{\rho}=\lim_{n\to \infty}\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}\right|$$ 【ただし、公式を適用できる条件があり、この極限が収束するか+∞に発散する場合に限ります。】
その公式を使うと、収束半径は1であるという結果が出ます。 整級数は収束半径未満のxの範囲で収束します。従って、x≧1の範囲でMcl.展開できたとすると、その形の収束半径が1である事に矛盾してしまうので|x|≧1でn→∞において剰余項が0に収束する事はあり得ない、というわけです。
注意すべきは、であるからといって|x|<1で剰余項が0に収束する事が直ちに示されるか?というとそうではないという事です。 |x|<1で関数をMcl.展開の形の整級数で表せるかどうかは、面倒ですが例えば上記のような方法でその範囲で確かに剰余項が0に収束する事を証明する必要があるのです。

このように\((1+x)^{\alpha}\)の形の多項式に関するMcl.展開可能性の理論は、厳密に見ると意外に細かくて面倒ですが、これによって一般2項定理が成立する事が確かに分かります。
また、物理等でも平方根や分数の形を無限級数の形にして(多くの場合3次以降等の高次項は0とみなして)理論を分析する事がよくありますが、そこで使われるのがMcl.展開です。平方根は「1/2乗」、分数は「-1乗」でもあるので、そのような事ができるのです。

無限級数とは?

このページでは無限級数について説明します。数学での無限の意味についても考えてみましょう。
【※あくまで数学での計算での扱いという意味で、哲学的意味などは別問題です。】

こちらは、このページで説明に用いているイラスト・漫画等のスライドです。

無限級数とは?その形と取り扱い方

数学で扱う無限とは「上限等の制限」を設けないという意味に近いです。 物理では「十分大きい」等と言い換えられます。これが1つのポイントです。

「無限個の和」であっても、有限の範囲に「収束」すれば有限の数として扱える事が、数学でも物理でも1つの大きなポイントです。物理では、一度無限級数の形にしたうえで、計算結果に影響の少ない項を0とみなして少ない有限項の和に「近似」するという使い方も事も非常に重要です。

無限級数とは?無限個の項の和

まずは、「無限級数」(infinite series)というものの「形」を、見てみましょう。
数学や物理で、こういうものがあったら、それを無限級数と呼ぶ、という事です。
無限級数の事を、単に「級数」と呼ぶ事もあります。その場合でも、「無限個の項の和」を表します。

「無限級数」(infinite series) の意味

無限級数とは、無限和とも言い、「無限個」の項の和で表される値、数列、関数などを指します。
項の数が、10個、100個、1000個、1億個、それ以上と、限りなく「無限に多くある」という事です。(※用語の使い方として、単に「級数」と言っても、それは無限級数を表します。)

$$例①(値・数列):自然対数の底 e = 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\cdots$$ $$例②(値・数列):調和級数 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots$$ $$例③(関数):e^x のマクローリン展開\hspace{5pt} e^x= 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots$$

これらの式の一番右にある「+・・・」というのが、「無限級数」である事を表します。
また、あくまで表記の違いですが、和を表す「シグマ記号」\(\Sigma\) と、「無限大」を表す\(\infty\) を用いて、無限級数は次のようにも書かれます。 $$無限級数で表した\hspace{5pt}e\hspace{5pt}のシグマ記号での表記:\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=e$$ $$全く同じものを、\lim_{n \to \infty}\sum_{j=0}^n\frac{1}{j!}=e\hspace{5pt}とも書きます。$$

1+2+3+4+5+6+7+・・・なども無限級数です。無限に加えていきます。項数が多くても(例えば100万個)、有限の個数で止まるならそれはあくまで有限の和であり、数学では無限級数とは呼びません。(ただし、物理では。そのように「じゅうぶん大きい」数を「無限とみなす」事はよくあります。)びっくりマーク「!」は数学では「階乗」と言い、3!=3×2、4!=4×3×2、5!=5×4×3×2、・・などを表します。
このページの後半でも触れますが、いわゆる無限小数も無限級数の仲間です。

このような無限項の和で表される形の数式があったら、それは無限級数である、という事です。
数列の形 \(a_1+a_2+a_3+\cdots\) で書かれる事もあります。(シグマ記号を使えば \(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\))

和(つまり合計、足し算、加算)を表すシグマ記号で無限級数を表す場合は、「始まりの数」については、n=0からでもn=1からでも、n=2からであっても、もっと大きいn=1000からであっても、終わりのほうが無限大であれば無限級数です。

! ちょっとだけ注意:点点点「・・・」の使い方

\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\) や、\(a_1+a_2+a_3+\cdots\) の「・・・」が、「無限」を表していると実質的に捉えてよいのですが、じつはこの「・・・」表記は、あくまで便宜的に使用しているようなところがあります。
「+・・・」が、式の一番右に書かれていたら、それは「無限」を表すと思ってほぼ間違いないです。
他方で、この「・・・」という記号が、「『有限の項数』の和の間に書かれている」場合は、「有限項の和の『省略記号』」という意味になります。この点は、少し注意してください。
例えば次に記してあるのは、ある数列の「『n = 1000』までの和」です。この式でも「+・・・+」と書かれていますが、じつはこれは単に「1000 項も書くのが嫌なので」途中を「・・・」などと書いて省略しているだけなのです。従って、そのような場合は「無限個」を表しているのではなく、「有限個の項の表記上の省略」を表すという事になります。 $$S_{1000}=1+2+3+4+\cdots+999+1000\hspace{10pt}この場合の\cdotsは途中の有限個の和の「記載省略」の意味$$

では次に、そもそも「無限」というものを数学ではどのように考えるのか、どのように扱うかについて考えてみましょう。これは、何のために無限級数を考えるのかという、学ぶ目的とも大いに関係します。

無限は必ずしも抽象論ではなく、有限との裏返しの関係

「無限」を、数学では「どういう取り扱い」をするのかという事に絞ってシンプルに要点をつかみましょう。考え方自体は、非常にシンプルです。そのシンプルな考え方から始まって、いろいろな考察をする事により、様々な数学的事実や物理での使い道を探求する事が可能になります。

自然数と整数の場合の「無限」の扱い

どれだけ多くの項数があっても、「あるところで止まる」ならそれは「無限ではない」=「有限である」という事です。数学的には、そこがポイントになります。

数学と言わず日常いつも使っている「数」には、上限を設けませんよね?
ポイントは、ものすごく大きい数・・例えば「100億」などを考えても、それが「最大の数?」かというと、例えば「それよりも1だけ大きい数」などを、考えてもよいわけです。1000000000 に対して、 1000000000 + 1 = 1000000001 を考えてよいわけです。つまり、1,2,3・・と数える自然数は「無限に」大きくなります。

数学で言う「無限」とは一体何か?

無限大とは何かを数学的に説明すると、次のようになります。

  • 無限に大きい」とは:
    どんな自然数(正の整数) N を選んでも、「それよりも大きい別の数 M 」が必ず存在する
  • マイナス符号がついた負の数が無限大に「小さい」場合も考える事ができます。
    どんな整数 N を選んでも、「それよりも小さい別の(負の)整数 M 」が必ず存在する

不等式で言いますと、自然数の場合、N1 に対して N1<N2 となる N2 があって、
さらに N2<N3 となる N3 があって、・・・・と、続いて、
N1<N2<N3<N3<N5<N6<N7<・・・
非常に大きい自然数 10000000 を考えても、10000000 < 10000001 という関係にある別の自然数 10000001 が、必ず存在する、という事です。

尚、あくまで文章表現の問題ですが、大学数学では、「どんな自然数 N を選んでも」という表現を、「任意の自然数Nに対して」と言う事が、よくあります。(このサイトでも使用します。)

自然数や整数の全体には、「最大の数」や「最小の数」が存在しません。いくらでも大きい数、マイナス方向にいくらでも小さい数が存在する「無限集合」です。

自然数や整数の場合、大きさを増やしていくと、いくらでも大きくなる・・つまり「無限大」になるわけです。
ここで、条件として「自然数や整数の場合」と、限定している事には意味があります。じつは、有理数や実数と、少し話は変わるからです。

有理数や実数だと、有限の区間の中などにも、「無限個の数(要素)がある」という事も起こるのです。その事について、説明いたしましょう。理屈は、至って平易です。何も難しくはありません。

有理数と実数の場合の無限の扱い・・有限区間の中の無限個の要素

有理数や実数の「全体」で考えると、正の範囲では無限に大きくなるのは自然数や整数と同じです。
しかし、有理数や実数の場合、Q1<Q2<Q3<Q4<Q5<・・ となって、尚かつ特定の数より必ず小さいという「集合」を、考える事ができるのです。

有理数とは、0.1, 0.2, 1/2, 1/3 などの、いわゆる「『整数の比による』分数で表せる数」です(自然数や整数を含めます)。
実数とは、有理数と \(\sqrt{2},\pi, e\) などを含めたものです。
実数の「異なる2つの」要素には、必ず「大小関係」があります。どちらが大きい・小さいを必ず言えるという事です。
例えば、\(-1 < 0 < 0.1 <\frac{1}{3}<\frac{1}{2}<1<1.4<\sqrt{2}<2<e<3<3.1<\pi<4<・・・ \)などの大小関係があります。

例えば、「0以上1以下」という、ごく限られた範囲の区間を、考えてみてください。この有限の区間の中にも、0.1, 0.2, 0.01, 0.001,・・等の、数えきれない、上限のない「無限個」の要素があるのです。
小数ではなくて分数で考えても同じ事で、1/2, 1/3 といった、「0より大きく1以下」 の分数 \(\frac{1}{n}\) は、無限個存在します。

[0,1] という閉区間(0と1を含む、0以上1以下の区間)の中には、n を自然数として、1/nで表される有理数が無限に多く存在します。それらの個数は無限に多いけれども、0<1/n≦1 という不等式を必ず満たします。大学数学の解析学では、このような時に数列 {1/n} は「有界」であると言います。

自然数が無限個あるので、自然数 n を用いた \(\frac{1}{n}\) も、無限個あるのです。
(※整数の範囲だと、 「0以上1以下」 の区間に属する要素は「0と1」というただ2つの要素だけです。)

Point:有限の中にも「無限」は存在する! 無限は必ずしも有限と根本的に違う世界にあるというわけではなく、むしろ隣り合わせにある事も多いのです。
  • 1つの量や個数の「無限個」への分割
  • 区間や領域の「無限個」の分割

後述しますように、区間や領域の無限個の分割は積分の考え方そのものですし、
幾何級数(等比級数)は、図形的に見ると有限の面積などを無限個に分割して加え合わせたものと見る事もできます。

このとき、\(\frac{1}{n}\) という形に限定した有理数の集合の要素は、nを増やすごとに小さくなっていきます。
つまり、\(\frac{1}{2}>\frac{1}{3}>\frac{1}{4}>\frac{1}{5}>\frac{1}{6}>\frac{1}{7}>\cdots\) という大小関係が、無限に続いていきます。しかし、これらは、どれほど小さくしても、「0よりは大きい」ですね。つまり、不等式で書くと次のようになります。 $$\frac{1}{2}>\frac{1}{3}>\frac{1}{4}>\frac{1}{5}>\frac{1}{6}>\frac{1}{7}>\cdots>0$$ これは、
「2つの異なる要素同士の大小関係」については無限に小さくなっていくけれども、必ず0よりは大きい
という事です。

$$q_1>q_2>q_3>q_4>\cdots という条件も確かに満たしますが、$$ $$同時にq_1>q_2>q_3>q_4>\cdots >0 でもある;「任意の k に対して q_k > q_{k+1} かつ q_k>0 」 $$

そして、このような事は、決して例外ではなく数多くあるという事が、1つの重要ポイントです。有限の実数の範囲の中に無限個の要素が存在するという事は、微積分の積分のほうの考え方に直結するものでもあります。

無限級数の収束と発散

さて、有理数や実数を考える場合、有限の区間の中にも無限個の数が含まれ得ると言う事を、お話しました。それと密接に関係する事として、無限個の項の和である無限級数も、有限の範囲におさまる場合があります。しかも、それは例外的にではなく、無限級数が有限の値になる事は多くあるのです。

無限級数が有限の値に確定する時、その無限級数は「収束」すると言います。
逆に、有限の値に確定しない場合を「発散」すると言います。特に、無限大の値になってしまう場合を「無限大に発散」すると言います。(有限の範囲内にはあるけれども極限値として一定の値に収束せず、「振動」する場合というのもあります。用語の使い方としては、「収束しない場合」の事を「発散」と呼びます。)

数学の理論においても、物理での応用でも、重要なのは「収束する」無限級数です。「発散」してしまうものは扱いにくいか、全く取り扱えないからです。

無限個加え合わせたら 無限大?じつは必ずしもそうではなくて、無限大にはならず、有限の値に収束する場合もあるのです。基本的に、加え合わせる項の値がどんどん小さくなっていくものが該当します。大学数学の解析学では、どのような無限級数が「収束」し、そのような無限級数が「発散」するかの判定の理論が考察されます。
~有限の中の無限~ より身近で具体的な物で考えてみよう

1という有限の数・・現実的に言えば1kgの物とか、1平方メートルの紙、1個の塊のケーキなど・・は、半分個に分割できます。\(\frac{1}{2}\) という数を、考えているという事ですね。
同じように、3分割 \(\frac{1}{3}\)、4分割 \(\frac{1}{4}\) を考える事も当然できるわけですが、
さらに大きい分割として「1万分の1」\(\frac{1}{10000}\) なども考えられます。
(※ケーキを1万分割する事はまずないでしょうが、1立方メートル \(\mathrm{m}^3\) などは1万分の1にすると1立法センチメートル\(\mathrm{cm}^3\) ですので、対象によっては現実離れした考えというわけでもないのです。)
要するに、「〇〇分の1」\(\frac{1}{n}\)という数は、限りなく小さくする事ができるわけです。
このように、少なくとも数学的には「有限の中にも無限がある!」という事は、意外と「それほど不自然な発想ではない」と、言えるかと思います。

収束する無限級数の例

「収束する」タイプの無限級数の例を、いくつか挙げます。

収束する無限級数とは?意外と多くある!

$$自然対数の底 e = 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\cdots = 2.718・・・$$ $$円周率(ライプニッツ級数) \pi = 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots = 3.141592・・・$$ $$幾何級数(等比級数) 2 = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+\cdots$$ $$三角関数のマクローリン展開:任意の実数 x に対して \sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$$ $$そのほかの色々な無限級数の1例: 1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots$$

e = 2.718・・・は、無限小数なので小数点は無限に続きますが、値としては確かに有限の実数です。円周率を無限級数で表す公式もあり、しかも1つではなく、多くの種類があります。円周率の値は、もちろん3.14・・で、有限の値です。

このページでも後述しますが、幾何級数やテイラー展開、マクローリン展開なども、「収束」する無限級数の仲間です。(ただし、無制限に収束するわけではなく、収束する条件などがあります。大学数学での解析学の学習ポイントです。)

そのほかにも、\( 1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots\) や、\( 1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\frac{1}{5^3}+\cdots\) なども、収束する無限級数です。このように、無限に加え合わせて「有限の値に収束する」ものは、決して例外的なものではなく、数学において意外と広く見られるものなのです。

無限大に発散する無限級数の例

他方で、無限個の項を加え合わせる事によって、普通に無限大に「発散」しまうものも、同じく多くあります。見た感じで明らかに発散するものと、判定が微妙なものがあります。

微妙な例としては「調和級数」と名のついた無限級数\( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots\)があります。
調和(harmonic)などと名前がついていますが、じつはこの無限級数は、無限大に発散します。相当項数を増やさないと大きな値にはならないのですが、じゅうぶん項数を増やすと、確かにいくらでも大きくなってしまい、収束しない事が証明されます。(証明自体はそんなに難しくありません。不等式を使った簡単な計算になります。)

無限大に発散する無限級数の例 $$調和級数:1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}++\frac{1}{5}\cdots$$ $$明らかに無限大になる例:1+2+3+4+5+6+7+\cdots$$ $$見ただけでは分からない微妙な例:\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\ln n}$$

無限級数の収束・発散について、特定のタイプのものについては解析学でのいくつかの判定法(コーシーの判定法、ダランベールの判定法)によって、公式のようなものを使って判定する事が可能です。
ただし、それで全ての無限級数の収束・発散を例外なく判定できるわけではありません。そこが、大学数学の解析学の面倒な部分でもあり、考察対象によっては「興味深い」部分でもあるのです。

無限級数には「収束」するものと、「発散」するものがある
  • 項数が無限個ある和の形で表された値、数列、関数の事
  • 無限級数は、値としては(関数などの場合は1つ1つの値について)次の2つの場合がある:
    1. 有限の範囲に収まる(「収束する」)場合
    2. 収束せず「発散する」場合
      特に無限大になる場合、マイナス無限大も含めて「無限大に発散する」と言う
    → どちらになるか、判定の方法が理論的にも応用的にも重要

参考:微分と積分も「無限」の数学・・物理でも無限級数を使う理由

微分係数は、関数を曲線と考えた時の「接線」ですが、非常に小さい区間の2点を結んだ傾きと考える事もできます。(その極限値が接線です。)
無限級数が関わるのは積分のほうがより明確で、積分とはそもそも無限個の長方形(ただし細長くて面積の小さい)の和でした。これは、無限級数であることに他なりません。

$$微分は「無限に小さい区間」の関数の変化率:\frac{df(x)}{dx}=\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$ $$積分は「無限大に多く分割した」面積の和:\int_a^bf(x)dx=\lim_{|\Delta| \to 0}\sum_{j=1}^{\infty}|\Delta x_j| f(k_j)$$

また、微積分学の基本定理により、微分可能な関数は、「微分して得られた導関数」を積分したものと解釈する事もできます。その意味では、微分の積分=無限級数として通常の関数を表現できる、とも言えるのです。
微分や積分は、物理に置いて非常に重要です。そして、微分や積分が無限級数に大きく関わるので、物理などへの応用にも無限級数は大いに関わるのです。
後述しますが、マクローリン展開は微分を利用した無限級数であり、フーリエ級数展開は、逆に積分を利用した無限級数展開です。
物理などでは、一度無限級数の形にしてから、高次の項をゼロに近似できるような範囲に絞って考え、実質的に有限の範囲で考えれるように工夫をする、という事もあります。これは、微分も積分も近似的には有限の範囲で数値計算的に扱う事が可能という事とも、大きく関わります。
そのような点にも注意してみてください。

積分も、意味としては無限級数のひとつです。

大学数学や物理を学んでいると、多分、唐突に「 f(x) を展開すると、・・」といった表現が使われるのを目にする事があると思います。これは、因数分解の逆の操作の「展開」の場合もありますが、割と多くの場合は「無限級数展開」を指しています。関数を「無限級数の形で表せますよ」という意味です。

具体的には、幾何級数(等比級数)展開、テイラー展開およびマクローリン展開、フーリエ級数展開などが無限級数展開の代表的なものです。

無限級数を扱う分野では微分を使って話を進める事も多いので分野としては微積分や解析学に含めて考える事が多いです。

無限級数展開にはテイラー展開(その特別な場合がマクローリン展開)、幾何級数展開、フーリエ級数展開などがあります。