級数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ の 収束判定
前回の調和級数の回 *1の続きだが、今回は Cauchy の収束判定法を用いて、級数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}} $ の収束条件を考えてみよう。
$ \alpha $ が実数のとき、級数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}} $ は $ \alpha > 1$ なら収束し、$ \alpha \leqq 1$ なら発散することが知られている。これは前回の調和級数を特別な場合として含む。この証明は、古典的な証明を一般化した Cauchy condensation test *2を用いたり、広義積分を用いたりする方法 *3 がある。前回の調和級数の発散証明を基に色々調べていたら、次の Cauchy の収束判定法を用いても証明できるということがわかったので、やってみることにしよう。
定義1 $ (a_n) $ を実数列とする。任意の正の実数 $\epsilon$ に対し、ある自然数 $N$ が存在し、$m, n \geqq N$ なら、$|a_m - a_n| < \epsilon$ となるなら、$ (a_n) $ を Cauchy 列 という。
Cauchy 列は実数列が収束するための必要十分条件を与えるという意味で極めて重要な概念である。すなわち次の命題が成り立つ。
命題 1
$(a_n)$ を実数列とする。次は同値である。
(1) $(a_n)$ がある実数に収束する。
(2) $(a_n)$ は Cauchy 列である。
(1) $(a_n)$ がある実数に収束する。
(2) $(a_n)$ は Cauchy 列である。
さて、級数の値は部分和の数列 $(s_n) $ の極限によって定義されていた。上の Cauchy 列の条件を $(s_n)$ に当てはめれば、級数の収束、発散が判定できる。早速証明してみよう。
命題 2
$\alpha > 0$ を実数とする。級数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\alpha}$ は $ 0 < \alpha \leqq 1$ ならば発散し、$\alpha > 1$ ならば 収束する。
(証明) $(s_n)$ を部分和の数列とし、$ 0 < \alpha \leqq 1$ とする。 $$ \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k^\alpha} =\frac{1}{(n+1)^\alpha} + \cdots +\frac{1}{2n^\alpha} \geqq \frac{n}{2n^\alpha} = \frac{n^{\alpha}}{2n^{\alpha}}n^{1-\alpha} =(\frac{1}{2})^{\alpha}n^{1-\alpha} $$ $ n \to \infty $ とすれば、$\lim_{n \to \infty} (s_{2n} - s_n) > 0$ である。$(s_n)$ は Cauchy 列ではないから、命題1によって、この級数は発散する。
$ \alpha > 1 $ とする。 $$ \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k^\alpha} = \frac{1}{(n+1)^\alpha} + \cdots +\frac{1}{2n^\alpha} \leqq \frac{n}{(n+1)^\alpha} = (\frac{1}{1 + \frac{1}{n}})^\alpha n^{1-\alpha} $$
$ n \to \infty $ とすれば、$\lim_{n \to \infty} (s_{2n} - s_n) = 0$ である。同様に、$ \lim_{m \to \infty} (s_m - s_{2m}) = 0$ もわかるから、$\lim_{m,n \to \infty} (s_m - s_n) = 0$ であり、$(s_n)$ は Cauchy 列である。命題1によって、この級数は収束する。 ■
書いていて、結局上で紹介されている証明と本質的には同じなんじゃねーか？？*4 という気持ちになってきた。自分で証明を探していると、模範解答に次第に似てくるというのは数学あるあるである。
*1:
*2: Cauchy condensation test - Wikipedia
*3:
*4:結局 比較判定法によるもので、$1-\alpha$ が $0$ 以上かどうなのかという点がポイントである
