解析概論/第4章/無限積

[編集] 51．無限積

無限数列 $a_n$ から無限積 $\textstyle\prod_{n=1}^\infty a_n$ が生ずるが，乗法における $0$ の特異性を考慮して，収束の定義を適当に緊縮することが大切である．まず因子の中に $0$ があって，その $0$ を除いたあとの無限積が収束しない場合は無用である．また因子が一つも $0$ でなくて，しかも積の極限が $0$ に等しい場合（例： $a_n=\tfrac{1}{n}$ ）を一般論に取り入れることは，不便である．これらを除けば，収束の場合には $\textstyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$ なることが必要である．よって初めから

$a_n=1+u_n,\quad u_n\to 0$

と仮定して，無限積

(1)

$p=(1+u_1)(1+u_2)\cdots(1+u_n)\cdots\quad(u_n\to 0)$

を考察する．最も簡明なのは次の場合である．

定理 45．

無限積 (1) は

(2)

$|u_1|+|u_2|+\cdots+|u_n|+\cdots$

が収束するとき収束する（従って無限積 $\textstyle\prod(1+|u_n|)$ も収束する）．これを絶対収束という．

絶対収束の無限積は，多くの点において，有限積と同様に取扱うことができる．すなわち因子の順序は積に関係なく，また分配法則によって無限積を無限級数に展開することができる．また因子の中に $0$ がなければ，積は $0$ にならない．

［証］

今

$p_n=(1+u_1)\cdots(1+u_n),$

(3)

$v_1=p_1,\quad v_n=p_n-p_{n-1}=(1+u_1)\cdots(1+u_{n-1})u_n$

と置く．然らば

$p_n=v_1+v_2+\cdots+v_n$

で， $p_n$ の収束は $\textstyle \sum v_n$ の収束に帰する．さて，仮定によって，(2) は収束するから，

$\sigma=\sum_{\nu=1}^\infty |u_\nu|$

と置けば

$|p_n|\leqq\prod_{\nu=1}^n(1+|u_\nu|)\leqq \prod_{\nu=1}^n e^{|u_\nu|} =e^{\sum_{\nu=1}^n|u_\nu|}\leqq e^\sigma.$

故に (3) から

$|v_n|=|p_{n-1}u_n|\leqq e^\sigma|u_n|.$

(2) は収束するから， $\textstyle\sum|v_n|$ ，従って $\textstyle\sum v_n$ ，従って $p_n$ が収束する．

今 $u_n$ を $|u_n|$ で置き換えて， $v_n$ と同じような積 $V_n$ を作れば $\textstyle\sum V_n$ も収束する．その項 $V_n$ は (3) のような形の積だけれども，それをほぐして $\textstyle\sum V_n$ を $|u_\alpha||u_\beta|\cdots|u_\lambda|$ のような項の級数にしても，それは収束する．（ $V_n$ は正項の和であるから， $V_n$ をほぐしても収束に妨げないのである．）よって $\textstyle\sum v_n$ を $u_\alpha u_\beta\cdots u_\lambda$ のような項の無限級数としても，それは絶対に収束して，その和はもちろん $p$ に等しい．この無限級数はすなわち $\textstyle\prod(1+u_n)$ を分配法則によって展開したものである．

このように $\textstyle p=\prod(1+u_n)$ が分配法則によって絶対収束の級数に展開されるから， $p$ において因子の順序を変えても，積には影響しない．

さて仮定によって，或る番号以上（ $n\geqq N$ ）は $|u_n|<\tfrac12, 1+u_n\ne 0$ であるが， $|u|<\tfrac12$ とすれば，下に示すように

(4)

$|1+u|\geqq e^{-2|u|}.$

従って

$\left|\prod_{n=N}^m(1+u_n)\right|\geqq e^{-2\sum_{n=N}^m|u_n|}>0.$

$m\to\infty$ として極限へ行っても

$\left|\prod_{n=N}^\infty(1+u_n)\right|\geqq e^{-2\sum_{n=N}^\infty|u_n|}>0.$

故に $N$ 番までも， $1+u_n\ne 0$ ならば

$p=\prod_{n=1}^\infty(1+u_n)\ne 0.$

（証終）

不等式 (4) は証明の手段であるが，それは次のようにして得られる． $-\log(1-x)$ は $0\leqq x <1$ なるとき凸函数である．故に $0<c<1$ とすれば $(0,c)$ において

$-\log(1-x)<kx,\quad k=\frac{-\log(1-c)}{c}.$

すなわち

$1-x>e^{-kx}.$

$e=\frac12$ 　とすれば，　 $k=2\log 2<2.$

故に

$0<x<\frac12$ 　なるとき　 $1-x>e^{-2x}.$

よって

$0\leqq|u|<\frac12$ ならば， $|1+u|\geqq 1-|u|\geqq e^{-2|u|}.$

［注意］

最後の不等式は $u$ が複素数であっても成り立つから，定理 45 において $u_n$ を複素数としてもよい．

［例 1］

一例として Riemann の $\zeta$ 函数（§44）

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\quad(s>1)$

を無限積に直してみよう，今すべての素数 $p$ を大きさの順序に $p_1=2,p_2=3,\ldots$ と名づけて無限積

(5)

$\prod_{\nu=1}^\infty \frac{1}{1-p_\nu^{-s}} =\prod_{\nu=1}^\infty (1+p_\nu^{-s}+p_\nu^{-2s}+\cdots)$

を考察する．ここでは

$u_\nu=\frac{1}{1-p_\nu^{-s}}-1=\frac{1}{p_\nu^s-1}<\frac{2}{p_\nu^s}$

で， $\textstyle\sum\frac{1}{p_\nu^s}$ は $\textstyle\sum\frac{1}{n^s}$ の一部分だから収束する．故に (5) の無限積は絶対に収束する．もしも (5) の右辺に機械的に分配法則を適用するならば $\textstyle\sum(p_\alpha^2p_\beta^b\cdots p_\lambda^l)^{-s}$ （ただし $\alpha\ne\beta\ne\cdots\ne\lambda$ ，また $a,b,\ldots,l=0,1,2,\ldots$ ）を得るが，すべての自然数 $n$ は一意的に素数巾の積に分解されるから，これは形の上では $\textstyle\sum\frac{1}{n^s}$ に等しい．それが実際に相等しいことを示すために，(5) の左辺で最初の $m$ この因子だけを取れば

$\prod_{\nu=1}^m\frac{1}{1-p_\nu^{-s}} =\prod_{\nu=1}^m(1+p_\nu^{-s}+p_\nu^{-2s}+\cdots) =\sum'\frac{1}{n^s}$

で， $\textstyle\sum'$ における $n$ は $p_m$ 以下の素数因子のみを含む自然数の全部である．それらの中には $p_m$ までの自然数は全部含まれているから

$\prod_{\nu=1}^m\frac{1}{1-p_\nu^{-s}} =\sum_{n=1}^{p_m}\frac{1}{n^s}+\sum''\frac{1}{n^s}$

と置けば， $\textstyle\sum''\frac{1}{n^s}$ は $\textstyle\sum\frac{1}{n^s}(n>p_m)$ の部分級数であるから， $m$ を十分大きく取れば，どれほどでも小さくされる．故に実際

$\zeta(s)=\prod_{\nu=1}^\infty \frac{1}{1-p_\nu^{-s}}.$

［例 2］

無限積 $\textstyle\prod(1+u_n)$ は $\textstyle\sum u_n,\sum u_n^2$ が収束すれば，収束する．

これは絶対収束をしない無限積の例を与える．

［証］

Taylor の公式によって

$\log(1+x)=x-\frac12x^2+ox^2.$

故に

$\log(1+x)=x-\vartheta x^2$ 　すなわち　 $1+x=e^{x-\vartheta x^2}$

と置けば， $x\to 0$ のとき $\vartheta\to\tfrac12$ ．そこで

$1+u_n=e^{u_n-\vartheta_n u_n^2}$

とすれば， $\textstyle\sum u_n$ が収束するのだから， $u_n\to 0$ ，従って $\vartheta_n$ は有界である．故に $\textstyle -\sum\vartheta_n u_n^2$ は（絶対）収束する．今 $\textstyle s=\sum u_n,t=-\sum \vartheta_n u_n^2$ とすれば

$\prod_1^m(1+u_n)=e^{\sum_1^m u_n}e^{-\sum_1^m \vartheta_n u_n^2}$

から，極限 $m\to\infty$ へ行って

$p=\prod_1^m(1+u_n)=e^s\cdot e^t.$

$\textstyle s=\sum u_n$ が絶対収束をしないならば，因子の順序を変更するとき， $s$ 従って $p$ が変じ，または収束性を失うこともある．

$u_n$ は或る区域における変数の函数である場合には，無限積 $\textstyle\prod(1+u_n)$ に関して一様収束の問題を考察することができる．簡単のために，ここでは応用上重要な次の場合について述べる．

定理 46．

閉区域 $K$ において $u_n$ は連続， $\textstyle\sum|u_n|$ は一様収束とする．然らば無限積 $\textstyle p=\prod(1+u_n)$ は $K$ において一様に収束し，従って連続である．

［証］

仮定によって $\textstyle\sum|u_n|$ は $K$ において連続（定理 40，（A））だから，その最大値を $\sigma$ とすれば，任意の $n$ に関して，前のように

$\begin{align} &|p_n|\leqq\prod{\nu=1}^n(1+|u_\nu|)\leqq\prod_{\nu=1}^n e^{|u_\nu} =e^{\sum_{\nu=1}^n|u_\nu|}\leqq e^\sigma.\\ &|p_n-p_{n-1}|=|p_{n-1}u_n|\leqq e^\sigma|u_n|. \end{align}$