$I \subset \mathbb{R}$ を開区間とし、$f: I \to \mathbb{R}$ を無限回微分可能な関数とします。$a \in I$ に対し、
$$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x -a)^n$$
が $a \in J \subset I$ で収束し、元の関数 $f(x)$ に (各点 $x \in J$ で) 一致するとき、$J$ において $a$ を中心として テイラー展開可能または冪級数展開可能であるといいます。テイラー展開は非常に強力なツールですが、きちんと収束するか、ということをきちんと気をつけないと間違いが起きる場合があります。
$f$, $g$ がテイラー展開可能であるとき、四則演算 $f \pm g$, $fg$, $f / g$、$f$ の微分や積分などの操作が、冪級数においても可能か、可能であればどのようなものか、ということが気になります。それをこの記事で述べたいと思います。
本記事では特に断りがない場合、$a = 0$ として話を進めますが、平行移動すれば任意の $a$ について同様のことが成り立ちます。
目次
収束半径について
冪級数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ $(a_n \in \mathbb{R})$ の収束半径について簡単におさらいします。証明等を詳しく知りたい方は以下の記事をご覧ください。
収束半径
$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ には、以下の条件を満たす $0 \leq R \leq \infty$ が存在します。
- $|x| < R$ なら $\sum_{n=0}^{\infty} |a_n x^n|$ は収束する。
- $|x| > R$ なら $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ は収束しない。
この $R$ を $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径といいます。
収束半径の求め方
以下の方法がよく知られています。
ダランベールの判定法
$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ に対してもし
$$r = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| \in [0, +\infty]$$
が存在するならば、$\frac{1}{r}$ は $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径と一致します。ただし $r = 0$ のときは $+\infty$、$r=+\infty$ のときは $0$ とします。$\Box$
コーシー・アダマールの判定法
$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ に対して
$$l = \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} \in [0, \infty]$$
とおくと、$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径は $\frac{1}{l}$ と一致します。ただし、$l = 0$ のときは $+\infty$、$l = +\infty$ のときは $0$ とします。$\Box$
四則演算
$A(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n x^n$ と $B(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} b_n x^n$ を収束半径が $R$ 以上の冪級数とします。このとき、冪級数同士の四則演算ができるのか確認します。
和と差
一般に、数列 $\{c_n\}_{n=0}^{\infty}$ と $\{d_n\}_{n=0}^{\infty}$ がそれぞれ $c, d$ に収束するとき、$\{c_n \pm d_n\}_{n=0}^{\infty}$ は $c \pm d$ に収束します。これを確認しましょう。任意の $\varepsilon > 0$ に対して $N > 0$ が存在して、$n > N$ のときに
$$|c -c_n| < \frac{1}{2}\varepsilon, \ |d -d_n| < \frac{1}{2}\varepsilon$$
が成り立ちます。このとき
\begin{align} & |c \pm d -(c_n \pm d_n)| \\ = \ & |c -c_n \pm(d -d_n)| \\ \leq \ & |c -c_n| + |d -d_n| \\ < \ & 2\varepsilon \end{align}
が成り立つので、$\{c_n \pm d_n\}_n^{\infty}$ は $c \pm d$ に収束します。つまり
$$\lim_{n \to \infty} c_n + \lim_{n \to \infty} d_n = \lim_{n \to \infty} (c_n + d_n)$$
が成り立ちます。よって $|x| < R$ のとき
\begin{align} & A(x) \pm B(x) \\ = \ & \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} a_i x^i \pm \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} b_i x^i \\ = \ & \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} (a_i \pm b_i) x^i \\ = \ & \sum_{n = 0}^{\infty} (a_n \pm b_n) x^n \end{align}
となります。これで $A(x) \pm B(x)$ が $\sum_{n = 0}^{\infty} (a_n \pm b_n) x^n$ で与えられることがわかりました。
$\sum_{n = 0}^{\infty} (a_n \pm b_n) x^n$ の収束半径が $R$ 以上であることは、$|x| < R$ のときに任意の $n$ に対して
$$\sum_{i = 0}^{n} |a_i \pm b_i x^i| \leq \sum_{i = 0}^{n} |a_i x^i| + \sum_{i = 0}^{n}|b_i x^i|$$
であることと、($A(x)$, $B(x)$ が絶対収束するので) 右辺が収束することからわかります。
積
積 $A(x)B(x)$ の冪級数展開を考えましょう。素朴に考えると
$$\left( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n x^n \right)\left( \sum_{n = 0}^{\infty} b_n x^n \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} c_n x^n$$
を低次の項から求めていくと
\begin{align} c_0 &= a_0 b_0 \\ c_1 &= a_1 b_0 + a_0 b_1 \\ c_2 &= a_2 b_0 + a_1b_1 +a_0 b_2 \\ & \cdots \\ c_n &= a_n b_0 + a_{n -1}b_1 + \cdots + a_1b_{n-1} a_0 b_n \end{align}
なので、$c_n = \sum_{p + q=n} a_p b_q$ ( $p, q$ は $0$ 以上の整数) とおけば、$A(x)B(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} c_n x^n$ が成り立ちそうです。これを示しましょう。
まずは $\sum_{n = 0}^{\infty} c_n x^n$ が各 $-R < x < R$ で収束 (より強く絶対収束) することを示しましょう。
\begin{align} & \sum_{n = 0}^{m} |c_n x^n| \\ = \ & \sum_{n = 0}^{m} \bigg|\sum_{p + q=n} a_p b_q\bigg| |x^n| \\ \leq \ &\sum_{n = 0}^{m} \sum_{p + q=n} |a_p||b_q| |x^n| \\ = \ & \sum_{p + q \leq m} |a_p||b_q| |x^{p+q}| \\ \leq \ & \left(\sum_{p =0}^m |a_p||x^{p}|\right) \left(\sum_{q =0}^m|b_q| |x^{q}| \right) \\ \end{align}
が成り立ち、$A(x)$, $B(x)$ が各 $-R < x < R$ 絶対収束することから、右辺は収束します。よって $\sum_{n = 0}^{\infty} c_n x^n$ は各 $-R < x < R$ で絶対収束します。
次に、$C(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} c_n x^n$ が $A(x)B(x)$ に一致することを示します。$C_m(x) = \sum_{n = 0}^{m} c_n x^n$ とおくと、$C_m(x)$ は各 $-R < x < R$ で $C(x)$ に収束します。収束の定義から、$C_{2m}(x)$ も $C(x)$ に収束します。ここで
\begin{align} & \left| \sum_{n = 0}^{2m} c_n x^n -\left( \sum_{n = 0}^{m} a_n x^n \right)\left( \sum_{n = 0}^{m} b_n x^n \right)\right| \\ =\ & \left| \sum_{p + q \leq 2m}(a_pb_q) x^{p+q} -\sum_{p = 0}^{m}\sum_{q = 0}^{m} a_p b_q x^{p+q} \right| \\ =\ & \left| \sum_{\substack{p + q \leq 2m\\ p > m} }(a_pb_q) x^{p+q} + \sum_{\substack{p + q \leq 2m \\ q > m}}(a_pb_q) x^{p+q}\right| \\ =\ & \left| \sum_{q = m+1}^{2m}\sum_{p = 0}^{2m-q}(a_pb_q) x^{p+q} + \sum_{p = m+1}^{2m}\sum_{q = 0}^{2m-p}(a_pb_q) x^{p+q}\right| \\ \leq \ & \sum_{q = m+1}^{2m}\sum_{p = 0}^{2m-q} |a_p||b_q| |x^{p+q}| + \sum_{p = m+1}^{2m}\sum_{q = 0}^{2m-p}|a_p||b_q| |x^{p+q}| \\ \leq \ & \sum_{q = m+1}^{2m}\sum_{p = 0}^{m} |a_p||b_q| |x^{p+q}| + \sum_{p = m+1}^{2m}\sum_{q = 0}^{m} |a_p||b_q| |x^{p+q}| \\ = \ & \left(\sum_{p = 0}^{m} |a_p||x^p| \right)\left(\sum_{q = m+1}^{2m} |b_q||x^q| \right) \\ & \quad + \left(\sum_{p = m+1}^{2m} |a_p||x^p| \right)\left(\sum_{q = 0}^{m} |b_q||x^q| \right) \end{align}
となりますが、$A(x), B(x)$ が絶対収束することから、$\sum_{p = 0}^{m} |a_p||x^p|$ は $m \to \infty$ で有限の値に収束し、$\sum_{q = m+1}^{2m} |b_q||x^q|$ は $0$ に収束します。よって第 1 項は $0$ に収束します。同様の理由で第 2 項も $0$ に収束します。従って
$$\lim_{m \to \infty}\left| \sum_{n = 0}^{2m} c_n x^n -\left( \sum_{n = 0}^{m} a_n x^n \right)\left( \sum_{n = 0}^{m} b_n x^n \right)\right| = 0$$
であり、$C(x) = A(x) B(x)$ となります。
以上で、冪級数 $A(x), B(x)$ は収束半径内で自由に和、差、積を取ることができます。特に、収束半径が $R$ 以上の冪級数全ての集合を $\mathcal{A}_R$ とおくと、($1 \in \mathbb{R}$ を単位元として含むので) $\mathcal{A}_R$ は環をなします。
商
冪級数の商が冪級数展開できるか考えます。この節に関しては、一部でこれより後で述べる事実を使いますが、都度リンクを貼ります。
$|x| < R$ において $B(x) \neq 0$ とします。このとき $\frac{1}{B(x)}$ の冪級数展開を考えてみましょう。冪級数展開できたとして $\frac{1}{B(x)} = \sum_{n = 0}^{\infty} d_n x^n$ とおくと、$B(
x) \frac{1}{B(x)} = 1$ から
\begin{align} 1 &= \left(\sum_{n = 0}^{\infty} b_n x^n \right)\left(\sum_{n = 0}^{\infty} d_n x^n \right) \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{p + q = n} b_p d_q x^{p+q} \end{align}
となります。(冪級数展開の一意性から) 係数の比較をすれば
\begin{align} 1 &= b_0 d_0 \\ 0 &= b_1 d_0 + b_0 d_1 \\ 0 &= b_2 d_0 + b_1d_1 + b_0 d_2 \\ & \cdots \\ 0 &= b_n d_0 + b_{n-1} d_1 + \cdots + b_1 d_{n-1} + b_0 d_n \\ \end{align}
が成り立ちます。$B(0) = b_0 \neq 0$ なので、
\begin{align} d_0 &= \frac{1}{b_0} \\ d_1 &= -\frac{b_1 d_0}{b_0} \\ d_2 &= -\frac{b_2 d_0 + b_1d_1} {b_0}\\ & \cdots \\ d_n &= -\frac{1}{b_0}\sum_{k=1}^n b_k d_{n-k} \\ \end{align}
となり、$b_n$ を逐次的に求めることができます。$\sum_{n=0}^{\infty} d_n x^n$ が収束すれば、$d_n$ の定め方からそれは $\frac{1}{B(x)}$ に一致するので、$\sum_{n=0}^{\infty} d_n x^n$ が収束することを確認しましょう。
$\sum_{n = 0}^{\infty} |b_n||x^n|$ は $x \in (-R, R)$ で連続なので (後で示します)、$\delta > 0$ が存在して $|x| \leq \delta$ のときに
$$ \sum_{n = 1}^{\infty} |b_n| |x^n | \leq |b_0|$$
を満たします。この $\delta$ に対して
$$|d_n| \leq \frac{1}{|b_0| \delta^n}$$
が成り立つことを示します。$n = 0$ のときは明らかです。$n -1$ まで正しいとすると、
\begin{align} |d_n| &\leq \frac{1}{|b_0|}\sum_{k=1}^n |b_k| |d_{n-k}| \\ & \leq \frac{1}{|b_0|} \sum_{k=1}^n \frac{|b_k|}{ |b_0| \delta^{n-k}} \\ &= \frac{1}{|b_0|^2 \delta^n} \sum_{k=1}^n |b_k| \delta^k \\ & \leq \frac{1}{|b_0| \delta^n} \end{align}
が成り立ちます。よって $n$ のときも正しいです。ここでコーシー・アダマールの判定法から
$$\frac{1}{\displaystyle \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|d_n|}} \geq \dfrac{1}{\displaystyle \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{|b_0| \delta^n}}} = \delta$$
なので、$\sum_{n=0}^{\infty} d_n x^n$ の収束半径は $\delta$ 以上となります。これで冪級数の中心の周りでは $\frac{1}{B(x)}$ が冪級数展開できることがわかりました。
冪級数の中心の周りでは、
$$\frac{A(x)}{B(x)} = \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} d_n x^n\right)$$
と定めることで冪級数の商が定義できます。
ここで、なぜ $|x| < R$ で $\sum_{n=0}^{\infty} d_n x^n$ の収束を示さなかったのかを説明します。
\begin{align} \frac{e^x -1}{x} &= \frac{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n -1}{x} \\ &= \frac{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n}{x} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} x^{n-1} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)!} x^{n} \\ \end{align}
の収束半径は $+\infty$ で、任意の $x \in \mathbb{R}$ で $\neq 0$ となります。一方 $\frac{x}{e^x -1}$ の (原点を中心とした) 冪級数展開の収束半径は $2\pi$ であることが知られています (詳しくは [H])。これは複素関数として $e^z -1$ が $z = 2\pi i$ で $0$ になることが関係します。$B(x)$ の商を冪級数で表す場合は、$x \in (-R , R)$ で $B(x) \neq 0$ を満たすだけでなく、複素数の範囲で $B(z) \neq 0$ を満たすことを気にする必要があります。逆に複素数 $z$ に対して $|z| < R$ で $B(z) \neq 0$ ならば、$\frac{1}{B(z)}$ は $|z| < R$ で正則なので、$|z| < R$ で冪級数展開ができます。
微分積分
冪級数の連続性
微分を考える前に、冪級数の連続性について考えましょう。$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径を $R > 0$ とします。このとき、$A(x)$ は $(-R , R)$ で連続になることを示します。
ここで、$A(x)$ が $x_0 \in (-R, R)$ で連続であるとは、任意の $\varepsilon > 0$ に対してある $\delta > 0$ が存在して、$|y -x_0| < \delta$ ならば
$$|A(y) -A(x_0)| < \varepsilon$$
を満たすことをいいます。
任意の $x_0 \in (-R, R)$ で $A(x)$ が連続であることを示すための準備として、任意の $0 < r < R$ と任意の $\varepsilon > 0$ に対して、ある $N > 0$ が存在して、任意の $m > N$ に対して
$$\sup_{x \in [-r, r]}|A(x) -\sum_{n = 0}^m a_n {x}^n| \leq \varepsilon$$
が成り立つことを示します (このことを $[-r, r]$ において $\sum_{n = 0}^m a_n {x}^n$ が $A(x)$ に一様収束するといいます。特定の $x$ に対して $N$ が選べるのではなく、全ての $x$ に対して共通の $N$ を選べるということです)。
$x = r$ において $A(x)$ は絶対収束するので、
$$\sum_{n = N}^{\infty} |a_nr^n| < \varepsilon$$
を満たすように $N > 0$ をとれます。このとき
$$|A(r) -\sum_{n = 0}^m a_n r^n| < \sum_{n = N}^{\infty} |a_n r^n| < \varepsilon$$
が成り立ちます。$|x| \leq r$ のときは
$$\sum_{n = N}^{\infty} |a_nx^n| \leq \sum_{n = N}^{\infty} |a_nr^n| < \varepsilon$$
が成り立つので、同様に
$$|A(x) -\sum_{n = 0}^m a_nx^n| < \varepsilon$$
となります。これで $n > N$ ならば
$$\sup_{x \in [-r, r]}|A(x) -\sum_{n = 0}^m a_n {x}^n| < \varepsilon$$
を満たすことがわかりました。
ここで、$0 < r < R$ は任意なので $x_0 \in (-r, r)$ となるように $r$ を取ります。そして $\delta > 0$ を、$(x_0 -\delta, x_0 +\delta) \subset (-r, r)$ かつ $|y -x_0| < \delta$ のとき常に
$$\left|\sum_{n = 0}^m a_n y^n -\sum_{n = 0}^m a_n x_0^n \right| <\varepsilon$$
を満たすように取ります (これは $\sum_{n = 0}^m a_n x^n$ が連続であることから可能です)。すると
\begin{align} & |A(y) -A(x_0)| \\ \leq \ & \left|A(y) -\sum_{n = 0}^m a_n y^n +\sum_{n = 0}^m a_n y^n -\sum_{n = 0}^m a_n x_0^n + \sum_{n = 0}^m a_n x_0^n -A(x_0) \right| \\ \leq \ & \left|A(y) -\sum_{n = 0}^m a_n y^n \right| + \left|\sum_{n = 0}^m a_n y^n -\sum_{n = 0}^m a_n x_0^n \right| + \left|\sum_{n = 0}^m a_n x_0^n -A(x_0) \right| \\ < \ & 2 \sup_{x \in [-r, r]}|A(x) -\sum_{n = 0}^m a_n {x}^n | + \varepsilon \\ < \ & 3 \varepsilon \end{align}
が成り立ちます。$\varepsilon$ を $\frac{\varepsilon}{3}$ に取り直すことで、$A(x)$ が $x_0$ で連続であることがわかります。$x_0 \in (-R, R)$ は任意なので、$A(x)$ は $(-R , R)$ で連続です。
微分
$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径を $R > 0$ とします。このとき $A(x)$ の微分を考えましょう。実は $A(x)$ が $|x| < R$ で微分可能で、それが項別に微分した
$$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$$
に一致します。これを示しましょう。
まず、級数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$ の収束半径を計算しましょう。コーシー・アダマールの判定法を用いると、$\sqrt[n]{n} > 1$ から
\begin{align} & \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|n a_n|} \\ = \ & \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} \sqrt[n]{|a_n|} \\ \geq \ & \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} \\ = \ & \frac{1}{R} \end{align}
が成り立ち、$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ から (証明は記事の末尾に記載しています)
\begin{align} & \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|n a_n|} \\ \leq \ & (\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}) (\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}) \\ = \ & \frac{1}{R} \end{align}
が成り立つので、$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n$ の収束半径は $R$ となります。
それでは $A(x)$ の $x_0 \in (-R, R)$ での微分を求めましょう。$A(x)$ の $x_0$ での微分は
$$\lim_{h \to 0} \frac{A(x_0 + h) -A(x_0)}{h}$$
で与えられるので、まずは $A(x_0 + h) -A(x_0)$ を計算しましょう。$|x_0| < r < R$ を満たす $r$ を一つ選び、$|x_0| + |h| < r$ となるように $h > 0$ を取ります。$\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x_0 + h)^n$, $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n$ は収束するので
\begin{align} & A(x_0 + h) -A(x_0) \\ = \ & \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x_0 + h)^n -\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n \\ = \ & \sum_{n=0}^{\infty} a_n ((x_0 +h)^n -x_0^n) \end{align}
が成り立ちます。$n = 0$ の項は $0$ です。ここで、一般に
\begin{align} &x^n -y^n \\ = \ & (x -y)(x^{n-1} + x^{n-2}y + \cdots + xy^{n-2} +y^{n-1}) \\ = \ & (x -y)\left(\sum_{k =0}^{n-1} x^k y^{n -k-1} \right) \end{align}
なので、
\begin{align} & \sum_{n=0}^{\infty} a_n ((x_0 +h)^n -x_0^n) \\ = \ & \sum_{n=1}^{\infty} a_n h \left(\sum_{k=0}^{n-1} (x_0 +h)^{k} x_0^{n-k-1}\right) \end{align}
となります。これから特に
$$\frac{1}{h}\sum_{n=1}^{m} a_n ((x_0 +h)^n -x_0^n)$$
は $h$ に関する $m-1$ 次の級数であることがわかるので、ある $0 < h < r -|x_0|$ で、これを $m \to \infty$ とした冪級数が絶対収束することを示せば、冪級数の連続性から
$$\frac{A(x_0 + h) -A(x_0)}{h}$$
が $h = 0$ で連続であることがわかります。ここで、$|x_0| + |h| < r$ から $|h| < r$, $|x_0 +h| < r$ となるで
\begin{align} & \frac{1}{|h|} \sum_{n=1}^{\infty} |a_n ((x_0 +h)^n -x_0^n)| \\ = \ & \sum_{n=1}^{\infty} |a_n| \left|\sum_{k=0}^{n-1} (x_0 +h)^{k} x_0^{n-k-1}\right| \\ < \ & \sum_{n=1}^{\infty} n|a_n| r^{n-1} \end{align}
となりますが、$\sum_{n=1}^{\infty} n|a_n| r^{n-1}$ は収束するので
$$\frac{1}{h} \sum_{n=1}^{\infty} |a_n ((x_0 +h)^n -x_0^n)|$$
も収束します。これで $0 < h < r -|x_0|$ において
\begin{align} & \frac{A(x_0 + h) -A(x_0)}{h} \\ = \ & \sum_{n=1}^{\infty} a_n \left(\sum_{k=0}^{n-1} (x_0 +h)^{k} x_0^{n-k-1}\right) \end{align}
と $h$ の冪級数として冪級数展開できることがわかりました。これは $0 < h < r -|x_0|$ において連続なので、$h = 0$ を代入すれば右辺の値は
$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n \left(\sum_{k=0}^{n-1} x_0^{n-1}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x_0^{n-1}$$
となるので、
$$A^{\prime}(x_0) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x_0^{n-1}$$
となることがわかりました。$x_0 \in (-R, R)$ は任意なので、任意の $x \in (-R, R)$ で
$$A^{\prime}(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$$
が成り立ち、この収束半径は $R$ です。
冪級数展開の係数の一意性
$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$, $B(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ が $|x| < R$ で収束するとします。関数として $A(x) = B(x)$ であるならば、任意の階数の微分が一致するので、特に $A^{(n)}(0) = B^{(n)}(0)$ が成り立ちます。よって
$$a_n = \frac{A^{(n)}(0)}{n!} = \frac{B^{(n)}(0)}{n!} = b_n$$
となります。これから任意の関数 $f(x)$ は、$0$ を中心として冪級数展開可能であれば、その冪級数の係数は一意に定まります。
積分
$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径を $R > 0$ とします。このとき $A(x)$ の積分を考えましょう。$C$ を適当な定数として項別に積分した級数
$$C + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}$$
を考えると、これはコーシー・アダマールの判定法から (微分のときと同様にして) 収束半径が $R$ であることがわかります。これを微分すると $A(x)$ に一致するので、
$$\int A(x)dx = C + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}$$
と冪級数展開できます。
以上で、収束半径内で常に冪級数の微分積分が可能で、それは項別に微分積分を行えばいいことがわかりました。
合成
特殊な場合
例えば $\frac{1}{1 +x^2}$ の冪級数展開を求めるときは、次のように求めることができます。まず
$$f(x) = \frac{1}{1 -x} = \sum_{n = 0}^{\infty} x^n$$
は $|x| < 1$ で絶対収束することが知られています。ここで、$g(x) = -x$ とおくと、これは区間 $(-1, 1)$ を $(-1, 1)$ に写すので、各点 $x \in (-1, 1)$ で
\begin{align} f(g(x)) &= \frac{1}{1 -g(x)} \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} g(x)^n \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^n \end{align}
が成り立ちます。ここで
$$f(g(x)) = \frac{1}{1 +x}$$
なので、$\frac{1}{1 +x}$ の冪級数展開が求められました。
同様に $h(x) = x^2$ は $(-1, 1)$ を $(-1, 1)$ に写すので、
$$f(g(h(x))) = \frac{1}{1 + x^2} = \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$$
となります。これで $\frac{1}{1 + x^2}$ の冪級数展開が求められました。これが $\arctan$ の微分であることを認めれば $|x| < 1$ で
\begin{align} \arctan x &= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} \\ &= x -\frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{5}x^5 -\cdots \end{align}
が成り立つことがわかります。ただし、$\tan 0 = 0$ であることを用いました。
一般の場合
$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径を $R > 0$、$B(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ の収束半径を $R^{\prime} > 0$ とし、$0 \leq |x| < R^{\prime}$ で $|B(x)| < R$ を満たすとします。このとき合成
$$A(B(x)) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \left(\sum_{m=0}^{\infty} b_m x^m \right)^n$$
が冪級数展開可能なのか (右辺の冪級数が収束するのか) を考えます。形式的に
$$\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \left(\sum_{m=0}^{\infty} b_m x^m \right)^n$$
とおくと、
\begin{align} c_0 &= a_0 + a_1 b_0 + a_2 b_0^2 + a_3 b_0^3 + \cdots \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} a_n b_0^n = A(b_0) \\ c_1 &= a_1 b_1 + a_2 (2b_0b_1) + a_3 (3 b_0^2 b_1) + \cdots \\ &= b_1 \left( \sum_{n=1}^{\infty} n a_n b_0^{n-1} \right) = b_1 A^{\prime}(b_0) \\ c_2 &= a_1 b_2 + a_2(b_1^2 + 2b_0b_2) + a_3(3b_0^2 b_2 + 3b_1^2b_0) + \cdots \\ &= \frac{1}{2} b_1^2 \left(\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n b_0^{n-2}\right) + b_2 \left(\sum_{n=1}^{\infty} n a_n b_0^{n-1}\right) \\ &= \frac{1}{2} b_1^2A^{\prime\prime}(b_0) + b_2 A^{\prime}(b_0) \\ c_3 & = \cdots \end{align}
となります。これは合成関数の微分
\begin{align} A(B(x))^{\prime} &= A^{\prime}(B(x))B^{\prime}(x) \\ A(B(x))^{\prime\prime} &= A^{\prime\prime}(B(x))(B^{\prime}(x))^2 + A^{\prime}(B(x))B^{\prime\prime}(x) \\ \end{align}
に整合します。合成関数の高階微分の公式は Faà di Bruno’s の公式と呼ばれているようで、結構複雑なので、収束することを示すのは諦めます。具体的な関数に対しては、具体的に係数を求めて都度収束半径を求めるのが無難だと思います。
ちなみに $B(0) = 0$ を仮定すれば、係数 $c_n$ に無限級数が現れないので計算が少し楽になるかもしれません。
逆関数
$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の収束半径を $R > 0$、$B(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n x^n$ の収束半径を $R^{\prime} > 0$ とし、$0 \leq |x| < R^{\prime}$ で $|B(x)| < R$ を満たすとします。さらに、$0 < r < R^{\prime}$ で $A(B(x)) = x$ を満たす、つまり $B(x) = A^{-1}(x)$ とします。このとき、上で書いた合成関数の微分において、$(A(B(x)))^{(n)}$ に現れる $B^{(n)}(x)$ は一つしかなく、係数が $A^{\prime}(b_0) = a_1$ なので、$A^{\prime}(0) \neq 0$ ならば $b_n$ を逐次的に求めることができます。
逆関数の冪級数の求め方は、他にもラグランジュの反転公式と呼ばれるものがあります。$A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ が $A(0) = 0$, $A^{\prime}(0) \neq 0$ のとき、
$$A^{-1}(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \lim_{t \to 0} \left(\frac{d}{dt}\right)^{n-1} \left(\frac{t}{A(t)}\right)^n \frac{x^n}{n!} $$
で与えられるというものです ([T])。証明には負冪の項も含めた級数展開を考える必要がありそうなので、証明はここでは述べません。
$\arcsin$ の冪級数展開
最後に $\arcsin$ の逆関数を求めます。$\sin 0 = 0$, $\sin^{\prime} 0 = 1 \neq 0$ なので、ラグランジュの反転公式が使えますが
$$\left(\frac{d}{dt}\right)^{n-1} \left(\frac{t}{\sin t}\right)^n$$
を計算するのが面倒なのでやめておきます。
$\sin x$ の冪級数展開
$$\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \quad (-\infty < x < \infty)$$
を用いて $A(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n x^n$ とおいて
$$x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{A(x)^{2n+1}}{(2n+1)!}$$
により $a_n$ を求めようとすると、$a_n$ の計算に $a_0, \cdots, a_{n-1}$ の全ての値が必要なので面倒です。
ここで、上半円 $y = \sqrt{1 -t^2}$ の弧長を求めると、
\begin{align}\ell(x) & = \int_0^x \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dx \\&= \int_0^x \frac{1}{\sqrt{1 -t^2}} dt\end{align}
ですが、ラジアンの定義から
$$\sin (\ell(x)) = x$$
が成り立ちます。つまり
$$\arcsin x = \int_0^x \frac{1}{\sqrt{1 -t^2}} dt$$
となります。よって $\frac{1}{\sqrt{1 -x^2}}$ の冪級数展開を求めれば、それを積分することで $\arcsin x$ の冪級数展開が求まります。
よくある方法としては、$\alpha \in \mathbb{R}$ に対して一般二項定理
$$(1 +x)^\alpha = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{\alpha}{n} x^n$$
を用いて、$\alpha = \frac{1}{2}$ とし、$x$ を $-x$ に置き換えることで求めます。ここで、
$$\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha (\alpha -1) \cdots (\alpha -n +1)}{n!}$$
であり、ダランベールの判定法により上の級数は $|x| < 1$ で収束することがわかります。ここでは一般二項定理を一般的に示す代わりに、$\alpha = \frac{1}{2}$ の場合に具体的に計算します。一般の場合も同様に求められます。
$\frac{1}{\sqrt{1 -x}} = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ とおいて冪級数の係数を求めます。
$$\left(\frac{1}{\sqrt{1 -x}}\right)^{\prime} = \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{1 -x}}\frac{1}{1 -x}$$
なので、両辺に $(1 -x)$ をかけて、$\frac{1}{\sqrt{1 -x}}$ を冪級数に置き換えると
\begin{align} & \frac{1}{2} \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\right) \\ = \ & (1 -x) \left(\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^n\right) \\ = \ & a_1 + \left(\sum_{n=1}^{\infty} ((n+1) a_{n+1} -n a_n )x^n\right) \end{align}
となります。これから
\begin{align} \frac{1}{2}a_{n-1} &= n a_n -(n -1) a_{n-1} \end{align}
なので
\begin{align} a_n &= \frac{n -1 +\frac{1}{2}}{n}a_{n-1} \\ &= \frac{2n-1}{2n}a_n \end{align}
が得られます。ここで、$a_0 = \frac{1}{\sqrt{1 -0}} = 1$ なので
$$a_n = \frac{2n -1}{2n}a_{n-1} = \frac{(2n -1) \cdot (2n -3) \cdots 3 \cdot 1}{2n \cdot (2n -2) \cdots 4 \cdot 2}$$
となります。従って求めたい級数は
$$g(x) = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2n -1) \cdot (2n -3) \cdots 3 \cdot 1}{2n \cdot (2n -2) \cdots 4 \cdot 2} x^{n}$$
となります。これはダランベールの判定法から収束半径が $1$ となります。あとは $g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 -x}}$ を示します。
$$g^{\prime}(x) = g(x)\frac{1}{2}\frac{1}{(1 -x)}$$
が成り立ち、$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 -x}}$ とおくと $f(x)$ も
$$f^{\prime}(x) = f(x)\frac{1}{2}\frac{1}{(1 -x)}$$
を満たし、$|x| < 1$ で $f(x) \neq 0$, $f^{\prime}(x) \neq 0$ なので、それぞれの辺を割れば
\begin{align} & \frac{g^{\prime}(x)}{f^{\prime}(x)} = \frac{g(x)}{f(x)} \\ \Leftrightarrow \ & f^{\prime}(x) g(x) -f(x)g^{\prime}(x) = 0\end{align}
が成り立ちます。ここで
$$\left( \frac{g(x)}{f(x)} \right)^{\prime} = \frac{f(x)g^{\prime}(x) – f^{\prime}(x) g(x)}{f(x)^2} = 0$$
なので、$\frac{g(x)}{f(x)}$ は定数関数ですが、$g(0) = 1$, $f(0) = 1$ なので $f(x) = g(x)$ となります。
$x$ に $x^2$ を代入して
$$\frac{1}{\sqrt{1 -x^2}} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2n -1) \cdot (2n -3) \cdots 3 \cdot 1}{2n \cdot (2n -2) \cdots 4 \cdot 2} x^{2n}$$
これを項別に積分すれば
$$\arcsin x = x + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2n -1) \cdot (2n -3) \cdots 3 \cdot 1}{2n \cdot (2n -2) \cdots 4 \cdot 2} \frac{x^{2n+1}}{2n +1}$$
が得られます。収束半径は $1$ です。($|x| = 1$ でも収束することが知られています。)
補足
$\sqrt[n]{n}$ が $1$ に収束すること
$1 < n$ から $\sqrt[n]{1} = 1 < \sqrt[n]{n}$ なので $\sqrt[n]{n} -1 = h > 0$ とおくと
\begin{align} & n = (1 + h)^n \\ = \ & 1 +nh +\cdots + nh^{n-1} +h^n \\ > \ & 1 + nh \end{align}
から、$h < \frac{n -1}{n}$ が成り立ちます。よって
\begin{align} \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} &=\lim_{n\to\infty} (1 +h) \\ & \leq \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{n -1}{n} \right) \\ & = 1 \end{align}
となります。
参考文献
[H] John K. Hunter. Power Series (カリフォルニア大学デービス校の講義ノート？)
[W] Wikipedia. Faà di Bruno’s formula
[T] tria_math. ラグランジュ反転公式 (Mathlog)
[S] 杉浦 光夫. 解析入門 Ⅰ