無限積について

無限積の収束の定義

$$\prod_{n=1}^\infty(1+a_n)$$
が収束するとは、$p_m=\prod_{n=1}^m(1+a_n)$ がある、ゼロ ではない値に
収束するときをいいます．

また、無限積が絶対収束するとは

$\prod_{n=1}^m(1+a_n)=\exp(\sum_{n=1}^m\log(1+a_n))$
であり、この関係を用いて、

左辺が絶対収束することを、右辺の指数の肩の級数
 $\sum_{n=1}^\infty\log(1+a_n)$ が絶対収束するときを言います．


絶対収束の利点は、積の順番を自由に変えることができるということです．

さらに、次の定理があります．

上の形の無限積が絶対収束するための必要十分条件は級数
$$\sum_{n=1}^\infty a_n$$
が絶対収束することである．


この定理は定義に戻るよりはとても使いやすいものです．

例えば、無限積
$$\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2}\right)$$
は絶対収束します．

$\sum_{n=1}^\infty \frac{z^2}{n^2\pi^2}$
が絶対収束することと上の定理を使えばよいわけです．

ちなみにこの値はちょうど$\frac{\sin z}{z}$ となります．

しかし、無限積はかける順番に関してはシビアです．

例えば、$\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2}\right)$
ではなく、
$$\left(1-\frac{z}{\pi}\right)\left(1+\frac{z}{\pi}\right)\left(1-\frac{z}{2\pi}\right)\left(1+\frac{z}{2\pi}\right)\cdots$$
と、かける順番を変えると、上の定理から絶対収束しません．
（この場合掛ける順番を変えたのかどうかよく考えないと分かりません．積の順番の他に、どれが一つ一つの因子なのかも重要な問題です．）

実際、
$$-\frac{z}{\pi}+\frac{z}{\pi}-\frac{z}{2\pi}+\frac{z}{2\pi}+\cdots$$
が絶対収束しないからです．

ふたつを組にしてからかけることと順番に一つ一つかけていくことは別な
値を求めようとしているのです．


正確にいえば、この値は収束するかもしれないけど、掛ける順番を好きに変えた時に値が
異なったり収束しなかったりします．

例えば、
$$\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z}{n}\right)\cdot\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{z}{n\pi}\right)$$
という順番にしてやると、前者の無限積は $0$ に発散し、後者の方の無限積は $\infty$ に
発散します．無限積が $0$ になることもやはり発散といいます．


ワイエルシュトラスの正則関数の無限積表示

しかし、上の式をさらに変形して
$$\left\{\left(1-\frac{z}{\pi}\right)e^{\frac{z}{\pi}}\right\}\left\{\left(1+\frac{z}{\pi}\right)e^{-\frac{z}{\pi}}\right\}\left\{\left(1-\frac{z}{2\pi}\right)e^{\frac{z}{2\pi}}\right\}\left\{\left(1+\frac{z}{2\pi}\right)e^{-\frac{z}{2\pi}}\right\}\cdots$$

としてやります．、（その理由は後で分かります．）
このとき、実は無限積は絶対収束しています．（それがこの変形をした理由です．）

上の定義で $a_n$ に相当する数列の級数が絶対収束すればよいです．
$a_n$ に相当するところは、

$\left(1-\frac{z}{m\pi}\right)e^{\frac{z}{m\pi}}-1$ であり、
この部分が絶対収束するオーダーであればよいことになります．
$O(1/m^2)$ くらいであればもう十分です．

実際、指数関数のテイラー展開を応用すると

$$\left(1-\frac{z}{m\pi}\right)e^{\frac{z}{m\pi}}=\left(1-\frac{z}{m\pi}\right)\left(1+\frac{z}{m\pi}+O\left(\frac{1}{m^2}\right)\right)$$
$$=1-\left(\frac{z}{m\pi}\right)^2+O\left(\frac{1}{m^2}\right)=1+O\left(\frac{1}{m^2}\right)$$
より、
$$\left(1-\frac{z}{m\pi}\right)e^{\frac{z}{m\pi}}=1+O\left(\frac{1}{m^2}\right)$$
となります．


ここで、 $e^{\pm\frac{z}{m\pi}}$ をかけることで、$1$ 以外の部分のオーダーを
$O(1/m)$ から $O(1/m^2)$ にしています．
級数の絶対収束のためです．
こうしてやることで、$\left(1\mp\frac{z}{n\pi}\right)e^{\pm\frac{z}{n\pi}}$ 一つ一つが
独立に好き勝手に動かすことができるようになりました．


元に戻ると、無限積 $\prod_{m=1}^\infty (1+a_m)$ の $a_m$ の部分が収束級数の $1/m^2$ のオーダーなので

この無限積
$$\left\{\left(1-\frac{z}{\pi}\right)e^{\frac{z}{\pi}}\right\}\left\{\left(1+\frac{z}{\pi}\right)e^{-\frac{z}{\pi}}\right\}\left\{\left(1-\frac{z}{2\pi}\right)e^{\frac{z}{2\pi}}\right\}\left\{\left(1+\frac{z}{2\pi}\right)e^{-\frac{z}{2\pi}}\right\}\cdots$$
は絶対収束することになります．

つまり積の順番を自由に入れ替えても値は変わりません．
なので、この $e^{\frac{\pm z}{m\pi}}$ の部分を相殺するように、最初に掛けてしまえば、
もとの $\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2}\right)$ に一致し、

$$\prod_{m=1}^\infty \left\{\left(1-\frac{z}{m\pi}\right)e^{\frac{z}{m\pi}}\right\}\left\{\left(1+\frac{z}{m\pi}\right)e^{-\frac{z}{m\pi}}\right\}$$
$$=\prod_{m=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{(m\pi)^2}\right)=\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2}\right)=\frac{\sin z}{z}$$

このうまくいっている $e^{\pm\frac{z}{m\pi}}$ の積は、このように収束に関して
大事な項であり、ワイエルシュトラス(Weierstrass)の補正因子といいます．

一般に、$\frac{\sin z}{z}$ のような正則な関数は上のように補正因子を用いた絶対収束する
無限積として書けることが知られています．
これをワイエルシュトラスの因数分解定理 (Weierstrass Factrization Theorem）といいます．

このことはまた関数論などの授業で習ってもらうことにして、

ここでは無限乗積とその収束性について例をあげておきます．


例1

$\frac{\sin z}{z}=1-\frac{z^2}{6}+\cdots$ とテイラー展開できるので、
$\frac{\sin \frac{z}{n}}{\frac{x}{n}}=1+O(1/n^2)$ がいえます．
つまり、この無限積
$$\prod_{n=1}^\infty \frac{\sin \frac{z}{n}}{\frac{z}{n}}=\frac{\sin z}{z}\cdot\frac{\sin \frac{z}{2}}{\frac{z}{2}}\cdot\frac{\sin \frac{z}{3}}{\frac{z}{3}}\cdots$$
は絶対収束します．

これらの例は 下の参考文献(1.)に載っています．


例2

昨日書いた記事（コチラ）の例をもってこれば

$\sum_{n=1}^\infty\left(1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\right)$ でしたが、これは

無限積

$$\prod_{n=1}^\infty\left(n\log\left(\frac{2n+1}{2n-1}\right)\right)$$
が絶対収束することも示しています．

また、$\sum_{n=1}^\infty\left(1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\right)=\log\prod_{n=1}^\infty e\left(\frac{2n+1}{2n-1}\right)^{-n}$
から、

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

の絶対収束も意味しています．

1. Whittaker and Watson, A course of modern analysis, Cambridge Mathematical Fibrary

ある級数の収束について（オーダーを用いて）

Whittaker & Watson のA course of modern analysis  に載っているある演習問題を
解いてみます。微積分の標準的な教科書です．もちろん英語で書かれています．
初歩から書いてありますが、少々高度なことも書かれています．
昔から読つがれているとてもよい本です．
私が持っているのはCambridge Mathematical Library の第4版です．


問題は
$$\sum_{n=1}^\infty\left(1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\right)$$
が収束するか判定せよというものです．

このような級数は見たことが有りませんし、普通の収束の判定法
ダランベールの方法やコーシーの方法などを使ってはあまりできそうにありません．

それらについては去年の授業のブログ(こちら)に書きました．

収束するとすると、この和の記号の中身が 0 に収束する必要がありますが、

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

と変形でき、ネイピア数の性質から、
$$\left(1+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\right)^{n-\frac{1}{2}}\to e\ \ (n\to \infty)$$
さらに、
$$\left(1+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\right)^{\frac{1}{2}}\to 1\ \ (n\to \infty)$$
となります．

ゆえに、

$$1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\to 1-\log e=0\ \ (n\to \infty)$$

となり、必要条件は成り立ちました．

さて、級数の方は収束するでしょうか？級数の各項が $0$ に収束しても級数が収束するとは
限りません．

例えば $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ を考えてください．

この級数は緩やかですが発散します．オーダーとしては $O(\log n)$ くらいです．
もっといえば、 $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\sim \log n\ \ (n\to \infty)$ です．
つまり定数以外のどんな多項式よりも進みが遅いけど発散はするのです．

オーダー　$O$ や $\sim$ については コチラ　を参照してください．

級数が収束するには各項がどうなっていればよいでしょうか？
今度は十分条件です．

各項が $\frac{1}{n}$ で減っていくと発散しましたから、もっと速く $\frac{1}{n^2}$ で減っていけば
よいでしょうか．


実際、
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}<\infty$$
これはかの有名なオイラーが発見したことで有名です．
つまり、級数が $O(1/n^2)$ のオーダーであれば級数は収束するのです．
実際には $O(1/n)$ より少し速く $O(1/n^{1+\epsilon})$ （ただし $\epsilon>0$ なる実数）　
であれば級数は収束することが分かります．


なので、$1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}=O(1/n^2)$ であることが証明できればよいです．
どうしてそれでよいかは、コチラ　を見てください．

ここではテイラー展開を応用しましょう．

最終的に $1/n$ の項が欲しいので、 $1/n$ のべき級数で展開するとよいでしょう．

$\log\frac{2n+1}{2n-1}$ の部分だけを考えると、

$$\log\frac{2n+1}{2n-1}=\log\frac{2+\frac{1}{n}}{2-\frac{1}{n}}=\log\frac{1+\frac{1}{2n}}{1-\frac{1}{2n}}$$
$$=\log\left(1+\frac{1}{2n}\right)-\log\left(1-\frac{1}{2n}\right)$$
ここで、$\log$ のべき級数展開（テイラー展開）は
$$\log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$$
$$\log(1-x)=-\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots\right)$$
ですから、これを使って、
$$\log\left(1+\frac{1}{2n}\right)=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n}\right)^2+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2n}\right)^3-\cdots$$

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

この差をとると、

$$\log\left(1+\frac{1}{2n}\right)-\log\left(1-\frac{1}{2n}\right)=2\left(\frac{1}{2n}\right)+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2n}\right)^3+\frac{2}{5}\left(\frac{1}{2n}\right)^5+\cdots$$
よって、
$$1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}=1-n\left(2\left(\frac{1}{2n}\right)+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2n}\right)^3+\frac{2}{5}\left(\frac{1}{2n}\right)^5+\cdots\right)$$
$$=-2n\left(\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2n}\right)^3+\frac{1}{5}\left(\frac{1}{2n}\right)^5+\cdots\right)$$
$$=-\left(\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2n}\right)^2+\frac{1}{5}\left(\frac{1}{2n}\right)^4+\cdots\right)=\frac{1}{n^2}\left(-\frac{1}{3\cdot2^2}-\frac{1}{5\cdot 2^4}\frac{1}{n^2}-\cdots\right)$$

よって、これらはテイラー展開から来ていますので、

$$n^2\left(1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\right)=-\frac{1}{12}-O(1/n^2)\ \ (n\to \infty)$$
となります．
よって、
$$1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}=O(1/n^2)\ \ (n\to \infty)$$
が言えました．
さらに、
$$1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\sim -\frac{1}{12n^2}$$
だということもわかりました．

つまり収束級数（上のオイラーの例だった）のオーダーをもつ数列だったので、
元の級数は収束します．

この最後の部分で、オーダーの級数が収束するなら元の級数の収束するというところは
別の記事（コチラ）に書きました．

もしくは、
$$|\sum_{n=1}^\infty\left(1-n\log\frac{2n+1}{2n-1}\right)|<C\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty$$

のような不等式を考えればよいでしょう．

1. Whittaker & Watson, A course of modern analysis, Cambridge Mathematical Library

オーダーと級数の収束判定

ある数列 $a_n$ の級数
$$\sum_{n=1}^\infty a_n$$
の収束はその数列のオーダーを計算することで分かることがあります．
オーダーについては、コチラ（ラージオー）、とコチラ（スモールオー）

よく知られた判定条件（ダランベールの方法、コーシーの方法、ガウスの方法）
で分かる場合はそれを使えばよいですが、それもうまくいかないときはこの
方法を用います．

まず、収束のためには、$a_n\to 0\ \ (n\to \infty)$ が成り立つことが必要ですから、

$a_n=O(f(n))$ となったとき、 $f(n)\to 0\ \ (n\to \infty)$ が必要です．

このとき、ある有界な実数 $C$ が存在して十分大きい任意の $n$ に対して、
$|\frac{a_n}{f(n)}|<C$ が成り立ちます．

よって、 $|a_n|<C|f(n)|$ より、

$$\sum_{n\ge N}^\infty |a_n|<C\sum_{n\ge N}^\infty |f(n)|$$

となります．

ここで、次の仮定をおきます。

$|f(n)|$ が収束する級数である．

そうすると、

$\sum_{n\ge N}^\infty |f(n)|<\infty$
がなりたち、

結果、
$\sum_{n\ge N}^\infty |a_n|<\infty$ が成り立つことになります．
よって、有限個付け加えたもとの級数

$$\sum_{n=1}^\infty a_n$$

も収束することがわかります．


例えば、
$a_n=\frac{1}{n^2+n+1}$ の級数の収束性をみると、

$f(n)=\frac{1}{n^2}$ として、
$\frac{a_n}{f(n)}=\frac{n^2}{1+n+n^2}\to 1$ となり

$\frac{1}{n^2+n+1}=O(1/n^2)$ が成り立ちます．

つまり、
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+n+n^2}$$
が収束することが分かります．

まとめると、級数 $\sum a_n$ の収束のためには数列の各項 $a_n$ が、
その級数が収束するような数列 $f(n)$ のオーダーをもてばよい．つまり、
$$a_n=O(f(n))$$
となることです．

もう少し複雑な例を コチラ にあげました．