アーベルの連続性定理

アーベルの連続性定理（アーベルのれんぞくせいていり）とは、収束半径が1の冪級数が収束円周上の点において連続であるための十分条件を与える定理である。冪級数は収束円板の内部で広義一様に絶対収束するが、収束円上の一般の点での挙動はわからない。この定理はそこでの連続性を保証している。数学者ニールス・アーベルにちなんで名付けられた。

係数 $a_{n}$ , 変数 $x$ が実数の時、この定理は次のようになる。

アーベルの連続性定理（実数版） ― $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ は収束するとし、中心 $x=0$ 、収束半径が1の冪級数を $f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}$ とおく。ここでは各 $a_{n}$ , $x$ は実数とする。このとき、 $x$ が $|x|<1$ であるようにして1に近づくならば、 $f(x)$ は $f(1)$ に近づく。

また収束半径１以外の場合も、

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}$ が $x_{0}=\pm R$ で収束するような有限の収束半径 $0<R<+\infty$ を持つ冪級数とした場合、 $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}$ は $[0,x_{0}]$ 上で一様収束する。　

とも言うことができる。一様収束により、 $x_{0}$ での連続性が保証される。

係数 $a_{n}$ , 変数 $z$ が複素数の時、この定理は次のように拡張される。

アーベルの連続性定理（複素数版） ― $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ は収束するとし、中心 $z=0$ 、収束半径が1の冪級数を $f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$ とおく。ここでは各 $a_{n}$ , $z$ は複素数とする。このとき、 $z$ が $\left|z\right|<1$ で ${\frac {|1-z|}{1-|z|}}$ が有界であるようにして1に近づくならば、 $f(z)$ は $f(1)$ に近づく。

${\frac {|1-z|}{1-|z|}}$ が有界とは、適当な正の実数 $M$ が存在して ${\frac {|1-z|}{1-|z|}}<M$ が成立することである。この条件は、「ストルツの角（英: Stolz angle）^[1]の中から近づく」という言い方をすることがある^[2]^[3]。その幾何学的な意味は、実軸上の区間 $(-\infty ,1)$ に対称で1を頂点としてその角が180°より小さい角領域の中に $z$ があるということである。

応用例

\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}=1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-\dotsb ={\frac {\pi }{4}}

を証明する。 $\arctan$ を $\tan$ の逆関数で主値をとるものとする。（逆三角関数を参照） $\arctan x$ を $x$ で微分する。

(\arctan x)'={\frac {1}{1+x^{2}}}

よく知られているように右辺は級数に展開できて、収束半径は1である。 $0<x<1$ として、0を基点とする両辺の不定積分を考える。収束半径の内部で級数は広義一様に絶対収束するので、積分と無限和を交換できることに注意すると、

\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}x^{2n+1}

が得られる。ここで、交項級数に関するライプニッツの定理によって $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$ が収束することがわかる。以上のことからアーベルの連続性定理が使えて、求める式が得られる。

$\log(1+x)$ について同様の議論をすると、

\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n+1}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-\dotsb =\log 2

がわかる。

証明の概略

証明 — 必要なら $a_{0}$ に定数を加えて $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}=0$ と仮定してよい。第 $n$ 部分和を $s_{n}$ と書くと、 $a_{n}=s_{n}-s_{n-1}$ である。これを利用すると、

{\begin{aligned}s_{n}(z)&=a_{0}+a_{1}z+\cdots +a_{n}z^{n}\\&=s_{0}+(s_{1}-s_{0})z+\cdots +(s_{n}-s_{n-1})z^{n}\\&=s_{0}(1-z)+s_{1}(z-z^{2})+\cdots +s_{n-1}(z^{n-1}-z^{n})+s_{n}z^{n}\\&=(1-z)(s_{0}+s_{1}z+\cdots +s_{n-1}z^{n-1})+s_{n}z^{n}\end{aligned}}

となる。 $s_{n}z^{n}\rightarrow 0$ であるから、

f(z)=(1-z)\sum _{n=0}^{\infty }s_{n}z^{n}=(1-z)\sum _{n=0}^{m-1}s_{n}z^{n}+(1-z)\sum _{n=m}^{\infty }s_{n}z^{n}

と表せる。 $s_{n}\rightarrow 0$ より、任意の正の実数 $ε$ に対して十分大きな $m$ 以降の項 $s_{n}$ は $|s_{n}|<\varepsilon$ にできるので、十分大きな $m$ 以降の項の和の絶対値 $\left|\sum _{n=m}^{\infty }s_{n}z^{n}\right|$ は幾何級数 $\varepsilon \sum _{n=m}^{\infty }|z|^{n}=\varepsilon |z|^{m}/(1-|z|)<\varepsilon /(1-|z|)$ で上から評価される。ゆえに、三角不等式により、

|f(z)|<|1-z|\left|\sum _{n=0}^{m-1}s_{n}z^{n}\right|+\varepsilon {\frac {|1-z|}{1-|z|}}.

第1項は $z\rightarrow 1$ として $<\varepsilon$ にできる。第2項はストルツの角から近づくという条件^[1]により $<M\varepsilon$ にできる。したがって、 $|f(z)|<(1+M)\varepsilon$ にできるので、定理に述べた条件のもとで $z\rightarrow 1$ とすれば $f(z)\rightarrow 0$ となることが証明された^[2]^[3]。