1. 級数と関数項級数

1.1. 級数. 級数∞∑n=1

an = a1 + a2 + · · ·+ an + · · ·

について考える．

定義 1.1 (級数の収束). 級数∑∞

n=1 anが収束するとは

sk =k∑

n=1

an (k = 1, 2, 3, ...)

とおくとき，数列 {sk}k∈Nが収束することである．このとき，無限級数∑∞

n=1 anの値を∞∑n=1

an = limk→∞

sk

とおいて定義する．無限級数が収束しないことを，発散すると言う．skを k項までの部分和と言う．

例 1.1. |r| < 1のとき，∑∞

n=1 rnは収束する．さらに，

∞∑n=1

rn =r

1− r

が成り立つ．|r| ≥ 1のとき，∑∞

n=1 rnは収束しない．すなわち，発散する．

定理 1.2.∑∞

n=1 an,∑∞

n=1 bnは収束するとする．c ∈ Rとする．このとき，∑∞

n=1(an+bn),∑∞n=1 canは収束し，

∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an +∞∑n=1

bn,

∞∑n=1

can = c∞∑n=1

an

が成り立つ．

証明.∑∞

n=1 anと∑∞

n=1 bn の k項までの部分和を sk, tkとする．極限の基本性質を使って，

limk→∞

(sk + tk) = limk→∞

sk + limk→∞

tk =∞∑n=1

an +∞∑n=1

bn,

limk→∞

csk = c limk→∞

sk = c∞∑n=1

an

1

2

が分かる．一方で，sk + tkは∑∞

n=1(an + bn)の k項までの部分和であり，cskは∑∞

n=1 canのk項までの部分和であるから，

∑∞n=1(an + bn),

∑∞n=1 canは収束し，

∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an +∞∑n1

bn,∞∑n=1

can = c∞∑n=1

an

となることが分かる． □

定理 1.3. つぎの条件は∑∞

n=1 anが収束するための必要十分条件である．任意の ε > 0に対して，N ∈ Nが存在し，次が成り立つ：

n,m ∈ N, n > m ≥ N =⇒

∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

ai

∣∣∣∣∣ < ε

証明.∑∞

n=1 anの k項までの部分和を skとする．数列が {sk}収束することが級数が収束するための必要十分条件であり，一方，このことは数列 {sk}がコーシー列であることと同値である．そこで，数列 {sk}がコーシー列であると仮定する．すなわち，ε > 0とするとき，N ∈ N

が存在し，

(1) n,m ∈ N, n > m ≥ N =⇒ |sn − sm| < ε

が成り立つ．ここで，

sn − sm =n∑

i=1

ai −m∑i=1

ai =n∑

i=m+1

ai

となるので，

|sn − sm| =

∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

ai

∣∣∣∣∣ .従って，(1)より，

(2) n,m ∈ N, n > m ≥ N =⇒

∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

ai

∣∣∣∣∣ < ε

が成り立つ．逆に，(2)を仮定すれば，(1)が成り立つ． □

定義 1.4 (絶対収束).∑∞

n=1 |an| が収束するとき，∑∞

n=1 anは絶対収束すると言う．

例 1.2.∑∞

n=1(−1)n

nは収束する.

∑∞n=1

1nは収束しない．したがって，

∑∞n=1

(−1)n

nは絶対収

束しない.

定義 1.5 (正項級数). an ≥ 0 (∀n ∈ N) が成り立つとき，∑∞

n=1 anは正項級数であると

言う．

3

例 1.3.∑∞

n=11nは正項級数である．一方，

∑∞n=1

(−1)n

nは正項級数ではない．

注意 1.1. 正項級数については，収束の話が比較的簡単になる．さらに，絶対収束の話に応用できる．

定理 1.6.∑∞

n=1 an が絶対収束するならば，∑∞

n=1 an は収束する.

定理 1.7. an ≥ 0 (正項級数)のとき，

∞∑n=1

an は収束する ⇐⇒ ∃C > 0 such thatN∑

n=1

an ≤ C (∀N ∈ N)

注意 1.2. 正項級数の場合に限って，級数∑∞

n=1 anが収束することを

∞∑n=1

an <∞

と表す（ことがある）．これは，上の定理 1.7と密接に関連する．この表現は，正項級数の場合に限るのでくれぐれも注意すること．

定理 1.8. 数列 {an}に対して，これを並べ替えた数列のひとつを {bn}と表す．∑∞

n=1 anが絶対収束するならば，

∑∞n=1 bn は収束し，

∑∞n=1 bn =

∑∞n=1 an が成り立つ．

注意 1.3. 次のことが知られている．任意の α ∈ Rに対して，級数∑∞

n=1(−1)n 1nを並べ替え

た級数∑∞

n=1 bnで∑∞

n=1 bn = αとなるものが存在する．

定理 1.6の証明. 定理 1.3より，ε > 0とするとき，K ∈ Nが存在し，

(1) n,m ∈ N, n > m ≥ K =⇒

∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

ai

∣∣∣∣∣ < ε

が成り立つことを示せばよい．ε > 0とする．

∑∞n=1 |an|は収束するので，定理 1.3より，K ∈ Nが存在し，

(2) n,m ∈ N, n > m ≥ K =⇒

∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

|ai|

∣∣∣∣∣ < ε

が成り立つ． ∣∣∣∣∣n∑

i=m+1

ai

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=m+1

|ai|

が成り立つので，(2)より，(1)が成り立つことが分かる． □

4

定理 1.7の証明. k項までの部分和を skと表す．まず，∑∞

n=1 anは収束するとする．数列 {sk}は収束する．sk ≥ 0 (∀k ∈ N) が成り立つ．S = limk→∞ sk とおくとき，S ≥ 0となる.C = S + 1とおく．C > 0である．{sk}は単調増加列であるから，sk ≤ S < C (∀k ∈ N)が成り立つ．つぎに，あるC > 0に対して，

sk ≤ C (∀k ∈ N)

が成り立つとする．{sk}は単調増加列，有界列ということになる．従って，収束列であることが分かる．従って，

∑∞n=1 anは収束する． □

定理 1.8の証明. １．まず，an ≥ 0 のときを考察する．sk =∑k

n=1 an, tk =∑k

n=1 bn とおく.N ∈ Nを固定する．{bn}は {an}の並べ替えであるから，b1 = an1 , · · · , bN = anN

となる，相異なる n1, ..., nN が存在する．M = max{n1, n2, · · · , nN} とおく．このとき，

tN = b1 + b2 + · · ·+ bN = an1 + an2 + · · ·+ anN

≤ a1 + a2 + · · ·+ aM ≤ sM ≤∞∑n=1

an.

従って，{tn}は単調増加な有界列である．よって収束する．これより，∑∞

n=1 bnは収束する．また，上の不等式より，tN ≤ limk→∞ skが分かり，したがって，limk→∞ tk ≤ limk→∞ sk.

{an}は {bn}の並べ替えであるから，上の考察と同様にして，limk→∞ sk ≤ limk→∞ tkが分かる．以上により，limk→∞ tk = limk→∞ skが分かる．すなわち，

∞∑n=1

an =∞∑n=1

bn.

２．つぎに一般の場合を考える．n ∈ Nに対して，a+n = max{an, 0}, a−n = max{−an, 0},b+n = max{bn, 0}, b−n = max{−bn, 0}とおく．つぎのことを確かめることは容易である．

a±n ≥ 0, b±n ≥ 0, an = a+n − a−n , bn = b+n − b−n , |an| = a+n + a−n , |bn| = b+n + b−n .∑∞n=1 |an|は収束するので，また a+n ≤ |an|だから，a+1 + · · ·+ a+n ≤

∑∞n=1 |an|となり，定理

1.7により，正項級数∑∞

n=1 a+n は収束する．{b+n }は {a+n } を並べ替えた数列であることに注

意する．上の１で調べたように，∑∞

n=1 b+n は収束し，等式

∑∞n=1 a

+n =

∑∞n=1 b

+n が成り立つ．

同様に，∑∞

n=1 b−n は収束し，等式

∑∞n=1 a

−n =

∑∞n=1 b

−n が成り立つ．

よって，定理 1.2より，級数∑∞

n=1(b+n − b−n )は収束し，

∞∑n=1

bn =∞∑n=1

(b+n − b−n ) =∞∑n=1

b+n −∞∑n=1

b−n =∞∑n=1

a+n −∞∑n=1

a−n =∞∑n=1

an

が成り立つ． □

定義 1.9. an ≥ 0，bn = (−1)nan (n ∈ N)であるとき，級数∑∞

n=1 bnを交項級数という．∑∞n=1(−bn) も交項級数と呼ばれる．

例えば，∑∞

n=1(−1)n

nは交項級数である．

5

定理 1.10. an ≥ 0 (n ∈ N)であり，{an}が単調減少数列で limn→∞ an = 0となるとき，交項級数

∑∞n=1(−1)nanは収束する．

証明. sN =∑N

n=1(−1)nanとおく．

s2k+1 = s2k − a2k+1 = s2k−1 + a2k − a2k+1 ≥ s2k−1

であるから，数列 {s2k−1}は単調増加列である．同様に

s2k+2 = s2k+1 + a2k+2 = s2k − a2k+1 + a2k+2 ≤ s2k

であり，{s2k}は単調減少列である．また，

s2k = s2k−1 + a2k ≥ s2k−1

であるから，s1 ≤ s2k−1 ≤ s2k ≤ s2 (k ∈ N)が分かる．従って，{s2k−1}と {s2k}は有界な単調列であり，収束列である．さらに，

limk→∞

s2k = limk→∞

(s2k−1 + a2k) = limk→∞

s2k−1.

従って，

limN→∞

sN = limk→∞

s2k = limk→∞

s2k−1. □

定義 1.11 (優級数). 級数∑∞

n=1 anと正項級数∑∞

n=1 bn について，|an| ≤ bn (∀n ∈ N)が成り立つとき，

∑∞n=1 bnを

∑∞n=1 anの優級数であるという．

定理 1.12. ふたつの級数∑∞

n=1 an,∑∞

n=1 bnについて，∑∞

n=1 bnが∑∞

n=1 anの優級数であり，

∑∞n=1 bnが収束すれば，

∑∞n=1 anは絶対収束する．

注意 1.4. 上の定理を用いて，収束性を判定することを比較判定法と呼ぶことがある．

証明. C =∑∞

n=1 bnとおく．

N∑n=1

|an| ≤N∑

n=1

bn ≤ C (N ∈ N)

となるので，定理 1.7より，∑∞

n=1 anは絶対収束する． □

定理 1.13. r = limn→∞|an+1||an| が存在するとき，r < 1ならば

∑∞n=1 anは絶対収束し，r > 1

ならば∑∞

n=1 anは発散する．

上の定理を用いて，収束・発散を判定する方法をダランベールの判定法（比による判定法）ということがある．

6

証明. r < 1とする．r < R < 1となるRを固定する．あるN ∈ Nに対して|an+1||an|

≤ R (n ≥ N)

となる．従って，

|an| ≤ |aN |Rn−N (n ≥ N).

級数

|a1|+ |a2|+ · · ·+ |aN−1|+ |aN |+ |aN |R + |aN |R2 + · · ·は収束し，

∑∞n=1 |an|の優級数であるので，定理 1.12（比較判定法）により

∑∞n=1 |an|は収束

する．今度は r > 1とする．あるN ∈ Nに対して，

|an + 1||an|

≥ 1 (n ≥ N)

が成り立つ．すなわち，{|aN+k|}k∈Nは単調増加列である．もちろん，aN ̸= 0である．従って，limn→∞ an = 0とならないので，

∑∞n=1 anは発散する． □

例 1.4.∑∞

n=11

2n+1−nは収束する．なぜならば

an+1

an=

2n+1 − n

2n+2 − n− 1=

1− n2n+1

2− n2n+1

であり，

limn→∞

an+1

an=

1

2< 1

となるので，定理 1.13（比による判定法）により，∑∞

n=11

2n+1−nは収束する．

定理 1.14. r = limn→∞ |an|1nが存在するとき，r < 1ならば

∑∞n=1 anは絶対収束し，r > 1

ならば∑∞

n=1 an発散する．

この定理を用いて，収束を判定する方法をコーシーの判定法（n乗根による判定法）ということがある．

証明. r < 1とする．r < R < 1となるRを固定する．あるN ∈ Nに対して|an|

1n ≤ R (n ≥ N)

となる．従って，

|an| ≤ |Rn (n ≥ N).

級数

|a1|+ |a2|+ · · ·+ |aN−1|+RN +RN+1 + |RN+2 + · · ·は収束し，

∑∞n=1 |an|の優級数であるので，定理 1.12（比較判定法）により

∑∞n=1 |an|は収束

する．今度は r > 1とする．あるN ∈ Nに対して，

|an|1n ≥ 1 (n ≥ N)

が成り立つ．すなわち，|an| ≥ 1 (n ≥ N). 従って，limn→∞ an = 0とならない．よって，∑∞n=1 anは発散する． □

7

例 1.5.∑∞

n=1

(n+22n+1

)nについて考える．

an =

(n+ 2

2n+ 1

)n

とおくとき，

limn→∞

|an|1n = lim

n→∞

n+ 2

2n+ 1= lim

n→∞

1 + 2n

2 + 1n

=1

2< 1.

したがって，定理 1.14（n乗根による判定法）より，∑∞

n=1

(n+22n+1

)nは収束する．

例 1.6. 数列 {an}を考える．0 ≤ |an| ≤ Crn (∀n ∈ N)がある 0 < r < 1, C > 0に対して成り立つとする．このとき，

∑∞n=1 an は絶対収束する．

問 1.1.∑∞

n=1 anが収束するとき，limn→∞ an = 0 が成り立つことを示せ．

問 1.2.∑∞

n=11np の収束・発散を調べよ．ヒント：積分

∫∞1

dxxp と比べる．

問 1.3. limn→∞ an = 0が成り立つ場合にも，∑∞

n=1 anは発散することがあることを例を挙げて説明せよ．ヒント：an = 1

nでどうだろうか．

問 1.4. 次の級数の収束・発散を調べよ．

(1)∞∑n=1

(−1)n

n+ 1(2)

∞∑n=1

1

n2 + 1

(3)∞∑n=2

1

n(log n)p(4)

∞∑n=1

sinn

n2

ヒント：(1)は交項...... (2), (4)に関しては，∑

1n2 が収束することは仮定する（既知とす

る）．(3)は積分∫∞2

1x(log x)p

と比べる．

問 1.5. 次の級数の収束・発散を調べよ．

(1)∞∑n=1

3 · 5 · 7 · · · · · (2n+ 1)

4 · 7 · 10 · · · · · (3n+ 1)(2)

∞∑n=1

(n

n+ 1

)n2

(3)∞∑n=1

(1− 1

n

)n2

(4)∞∑n=1

(n+ 1)2

n!

(5)∞∑n=1

e−n2

(6)∞∑n=1

sin1

n2

ヒント：おもに，a1/nn とかan+1/anのを極限を考えてみる．(6)に関しては，不等式 | sinx| ≤

|x|が役に立つ．

問 1.6.∑∞

n=1 anが絶対収束するとき，∑∞

n=1 a2nも絶対収束することを示せ．ヒント：|an| ≤ 1

のとき，a2n ≤ |an|が成り立つ．

問 1.7.∑∞

n=1 a2nが収束するとき，

∑∞n=1

annも絶対収束することを示せ．ヒント：相加相乗

の不等式より， |an|n

≤ 12(a2n +

1n2 ).

8

1.2. 関数列. xの関数の列 {fn(x)}∞n=1を考える．すなわち，I ⊂ Rとして，すべての n ∈ Nに対して，関数 fn : I → Rを考える．f : I → Rとする．

定義 1.15 (各点収束). ∀x ∈ I と固定するとき，数列 {fn(x)}n∈N が f(x) に収束するとき，すなわち，

limn→∞

fn(x) = f(x)

が成り立つとき，関数列 {fn}n∈Nは I上で各点収束するという．

定義 1.16 (一様収束). limn→∞

supx∈I

|fn(x)− f(x)| = 0が成り立つとき，すなわち，数列 {an}

をan = sup

x∈I|fn(x)− f(x)|

と定義する.limn→∞

an = 0

が成り立つとき，関数列 {fn}n∈Nは I上で f に一様収束するという．

例 1.7. I = R, fn(x) =nx

n2x2 + 1とおく．x ∈ Rを固定する．x ̸= 0のとき，

limn→∞

fn(x) = limn→∞

x

nx2 + 1n

= 0

となる．一方，

limn→∞

fn(0) = limn→∞

0 = 0.

そこで，f(x) = 0 (∀x ∈ I)と置けば，{fn(x)} は f(x) に I上で各点収束する．今度は，一様収束性を考える．

an = supx∈R

|fn(x)− f(x)| = supx∈R

|fn(x)|

とおく．

fn(x) =(nx)

(nx)2 + 1= f1(nx)

であり，

an = supx∈R

|f1(x)| ≥ f1(1) =1

2.

したがって，

limn→∞

an = 0

とはならない．よって，関数列 {fn}は f に I上で一様収束しない．

定理 1.17. 関数列 {fn} が関数 f に一様収束するならば，{fn}は f に各点収束する

9

証明. an = supx∈I

|fn(x)− f(x)| とおく. x ∈ I を固定する．|fnx− f(x)| ≤ an， limn→∞

an = 0な

ので，挟み撃ちの原理により， limn→∞

fn(x) = f(x). □

例 1.8. 例 1.7 と同じ I, fn, f を考える．定理 1.17によれば，関数列 {fn} がある関数 gに I上で一様収束するとすれば，g = f でなければならない．しかし，{fn}は f に一様収束しないので，{fn} はどんな関数にも I上で一様収束しない．

例 1.9. I = R, fn(x) =x

n2x2 + 1を考える．x ̸= 0のとき，fn(x) → 0 (n → ∞)となり，

x = 0のとき，fn(0) = 0 → 0 (n → ∞)となる．従って，{fn}は各点収束し，極限関数はf(x) = 0で与えられる.

supx∈I

|fn(x)− 0| = supx∈I

|fn(x)| = supx∈I

|x|(nx)2 + 1

=1

nsupx∈R

|nx|(nx)2 + 1

=1

nsupy∈R

|y|y2 + 1

→ 0 (n→ ∞)

したがって，{fn}は極限関数 f(x) = 0に一様収束する.

定理 1.18. fn : I → Rとする．{fn}が f に I上で一様収束するために，次の条件 (A)は必要十分である．

(A) ∀ε > 0, ∃N ∈ N such that ∀n ≥ N , |fn(x)− f(x)| < ε (∀x ∈ I).

証明. an = supx∈I |fn(x)− f(x)| とおく．まず，{fn}が I上で f に一様収束すると仮定する．ε > 0を固定する． limn→∞ an = 0だ

から，あるN ∈ Nに対して，n ≥ N =⇒ |an| < ε

すなわち，n ≥ N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε (∀x ∈ I).

よって，(A)が成立する．つぎに，(A)を仮定する．ε > 0を固定する．(A)の仮定より，N ∈ Nが存在し，

n ≥ N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε

2(∀x ∈ I)

が成り立つ．

|fn(x)− f(x)| < ε

2(∀x ∈ I)

が成り立てば，an ≤ ε2< εとなるので，

n ≥ N =⇒ an < ε

が成り立つ．すなわち，limn→∞ an = 0. よって，{fn}は I上で f に一様収束する． □

定理 1.19. fn : I → Rとする．{fn}がある関数 f に I上で一様収束するために，次の条件 (B)は必要十分である．

(B) ∀ε > 0, ∃N ∈ N such that ∀n, m ≥ N , |fn(x)− fm(x)| < ε (∀x ∈ I).

10

証明. （必要性）{fn}が I上で f に一様収束すると仮定する．an = supx∈I |fn(x)− f(x)| とおく．ε > 0を固定する． limn→∞ an = 0だから，あるN ∈ Nに対して，

n ≥ N =⇒ |an| <ε

2

すなわち，

n ≥ N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε

2(∀x ∈ I).

従って，n,m ≥ N のとき，

|fn(x)− fm(x)| ≤ |fn(x)− f(x)|+ |f(x)− fm(x)| ≤ an + am < ε (∀x ∈ I).

よって，(B)が成立する．（十分性）つぎに，(B)を仮定する．ε > 0を固定する．(B)の仮定より，N ∈ Nが存在し，

(1) n,m ≥ N =⇒ |fn(x)− fm(x)| <ε

2(∀x ∈ I)

が成り立つ．これは，x ∈ I を固定したとき，数列 {fn(x)}がコーシー列であることを示している．従って，数列 {fn(x)}は収束列である．

f(x) = limn→∞

fn(x)

とおく．こうして，関数 f : R → Rが定まった．関数列 {fn}が関数 f に一様収束することを示す．ε > 0を固定し，(1)が成り立つようにN ∈ Nを定める．n,m ≥ N として，

|fn(x)− f(x)| ≤ |fn(x)− fm(x)|+ |f(x)− fm(x)| (∀x ∈ I)

において，各々の x ∈ Iに対して，m→ ∞とすれば，|fn(x)− f(x)| ≤ ε (∀x ∈ I)

が導かれる．これは関数列 {fn}が関数 f に一様収束することを示している． □

定理 1.20. fn ∈ C(I)とし，{fn}は I上で fに一様収束するとする．このとき，f ∈ C(I).

証明. a ∈ I, ε > 0とする．一様収束するので，N ∈ Nが存在し，

|fN(x)− f(x)| < ε

3(∀x ∈ I)

が成り立つ．fN ∈ C(I)なので，ある δ > 0に対して，

x ∈ I, |x− a| < δ =⇒ |fN(x)− fN(a)| <ε

3

が成り立つ．従って，x ∈ I, |x− a| < δであれば，

|f(x)− f(a)| ≤ |f(x)− fN(x)|+ |fN(x)− fN(a)|+ |fN(a)− f(a)| < ε

3+ε

3+ε

3= ε.

よって，f は aで連続である．a ∈ Iは任意なので，f ∈ C(I). □

定理 1.21. fn : [a, b] → R (n ∈ N)とする．{fn}が f に [a, b]上で一様収束するとき，

limn→∞

∫ b

a

fn(x)dx =

∫ b

a

f(x)dx

11

証明. ε > 0を固定する．一様収束の仮定から，あるN ∈ Nに対して

n ≥ N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε

b− a

が成り立つ．n ≥ N とする．∫ b

a

|fn(x)− f(x)|dx <∫ b

a

ε

b− adx = ε

となり， ∣∣∣∣∫ b

a

fn(x)dx−∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|fn(x)− f(x)|dx

なので， ∣∣∣∣∫ b

a

fn(x)dx−∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ < ε

が従う．よって，

limn→∞

∫ b

a

fn(x)dx =

∫ b

a

f(x)dx. □

例 1.10. fn(x) = x2e−nx2(x ∈ [0, 1])とする．

max0≤x≤1

|fn(x)| ≤ maxx≥0

xe−nx =1

nmaxx≥0

xe−x → 0 (n→ ∞)

となるので，

limn→∞

∫ 1

0

x2e−nx2

dx =

∫ 1

0

0 dx = 0.

定理 1.22. fn ∈ C1([a, b])として，数列 {fn(a)}は収束し，関数列 {f ′n}は gに上で一様収

束すると仮定する．このとき {fn}は [a, b]上である関数 f に一様収束し，f ∈ C1([a, b])かつ f ′(x) = g(x)となる．

証明. まず，

fn(x) = fn(a) +

∫ x

a

f ′n(t)dt

に注意する．定理 1.21により，

limn→∞

∫ x

a

f ′n(t)dt =

∫ x

a

g(t)dt (x ∈ [a, b])

となるので，

limn→∞

fn(x) = limn→∞

fn(a) +

∫ x

a

g(t)dt (x ∈ [a, b])

12

が成り立つ．この右辺を f(x)とおくと，f(x)は連続関数 g の不定積分であるので，f ∈C1([a, b])が分かる．また，f ′(x) = g(x)も成り立つ．一様収束をみるには，

|fn(x)− f(x)| ≤ |fn(a)− limn→∞

fn(a)|+∫ x

a

|f ′n(t)− g(t)|dt

≤ |fn(a)− f(a)|+∫ x

a

sups∈[a,]

¯

|f ′n(s)− g(s)|dt

≤ |fn(a)− f(a)|+ (b− a) sups∈[a, b]

|f ′n(s)− g(s)|

となり，

supx∈[a, b]

|fn(x)− f(x)| ≤ |fn(a)− f(a)|+ (b− a) supx∈[a, b]

|f ′n(x)− g(x)|

が分かる．したがって，{fn}は f に一様収束する． □

問 1.8. fn : I → Rがつぎで与えられる関数列の収束性（各点収束・一様収束）を調べよ．

(1) I = R, fn(x) =x

nx2 + 1

(2) I = [0, ∞), fn(x) = e−nx

定義 1.23. 各項が関数であるような級数を関数項級数と呼ぶ．

例 1.11. 級数∞∑n=1

xn

は関数項級数である．

定義 1.24. 関数項級数の各点収束と一様収束を，部分和の列がそれぞれ「各点収束する」ことと「一様収束する」こととして定義する．

例 1.12. 級数∞∑n=1

1

x2 + 2n(x ∈ R)

は各点収束する．これを確かめる．

sn(x) =n∑

k=1

1

x2 + 2k

とおく．1

x2 + 2n≤ 1

2n

であり，∑∞

n=1は収束するので，比較判定法により∑∞

n=11

x2+2nは各点収束する．

13

定理 1.25. fn : I → Rとし，ある数列 {an}に対して|fn(x)| ≤ an (x ∈ I)

が成り立つとする．このとき，∑∞

n=1 an < ∞ 成り立つならば，∑∞

n=1 fn(x)は I 上で一様収束する．

この定理を用いて，一様収束性を調べることをワイエルシュトラースの判定法（M 判定法）と呼ぶことがある．

証明. 比較判定法により，∑∞

n=1 |fn(x)|は各点収束する．したがって，∑∞

n=1 fn(x)は各点収束する．この極限を

f(x) =∞∑n=1

fn(x)

とおく．これで，関数 f : I → Rが定まった．部分和の関数

sn(x) =n∑

k=1

fk(x)

とおく．このとき，n < mとして

|sn(x)− sm(x)| =

∣∣∣∣∣m∑

k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤m∑

k=n+1

|fk(x)| ≤m∑

k=n+1

ak ≤∞∑

k=n+1

ak

となる．ここで，m→ ∞として

|sn(x)− f(x)| ≤∞∑

k=n+1

ak.

したがって，

supx∈I

|sn(x)− f(x)| ≤∞∑

k=n+1

ak → 0 (n→ ∞)

となり，{sn}は Iで f に一様収束する． □

例 1.13. 例 1.12により，∑∞

n=11

x2+2nはR上で各点収束する．例 1.12で既にみたように，

1

x2 + 2n≤ 1

2n(x ∈ R)

が成り立ち，∑∞

n=112nは収束するので，M 判定法により，

∑∞n=1

1x2+2n

はRで一様収束する．

問 1.9. つぎの級数が各点収束するような範囲を調べよ．

(1)∞∑n=1

xn

n2(2)

∞∑n=1

(−1)nxn

2n + 1

(3)∞∑n=1

1

n(1 + x2)n(4)

∞∑n=1

enx

n2 − n+ 1

14

問 1.10. 関数列

fn(x) =1

1 + x2n(x ∈ R)

の各点収束と一様収束を調べよ．

問 1.11. 次の級数は一様収束するかどうか調べよ．

(1)∞∑n=1

x

n(1 + nx2)(2)

∞∑n=1

x2e−nx (x ∈ [0, 1])

問 1.12. テイラー展開

e−x2

= 1− x2 +x4

2!− x6

3!+ · · · (x ∈ R)

が成り立つ．このことと定理 1.21を使って，次を示せ．∫ 1

0

1− e−x2

x2dx = 1− 1

3 · 2!+

1

5 · 3!− 1

7 · 4!+

1

9 · 5!+ · · ·

問 1.13. 次を示せ．

limn→∞

∫ 1

0

dx

(1 + xn)n

= 1− e−1

ヒント：定理 1.21の応用．

問 1.14. 関数 F を

F (x) =∞∑n=1

sinnx

n3

とおいて定義する．F : R → Rは連続関数であることを示せ．さらに，F ∈ C1(R)であることを示せ．また，つぎを示せ．

F ′(x) =∞∑n=1

cosnx

n2

ヒント：定理 1.20 と定理 1.22の応用．

2. 陰関数定理

目的：f(x1, x2, ..., xn, y) = 0を yについて解きたい．f ∈ C1(Rn+1), x0 = (x01, ..., x0n) ∈ Rn, y0 ∈ R, f(x0, y0) = 0とする．

定理 2.1. 上の仮定の下で，x0の近傍U , r > 0, φ ∈ C1(U)が存在し，つぎが成り立つ：x ∈ U , |y − y0| ≤ rのとき，

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = φ(x)

例 2.1. n = 1, f(x, y) = x2 + y2 − 1とする．f(x, y) = 0は半径 1, 中心を原点とする円を表す．fy(x, y) = 2y. (x0, y0) ∈ R2を f(x0, y0) = 0となるように固定する．fy(x0, y0) = 0となる必要十分条件は y0 = 0である．このとき，x0 = ±1となる．x0 = 1 であれば，x > x0の範囲であれば，f(x, y) = 0は解を持たない．ε > 0がどんなに小さくても，x0 − ε2 < x < x0,|y| < εであれば，f(x, y) = 0を yについて解くとき，２つの解 y = ±

√1− x2をもつ．一方

で，y0 ̸= 0ならば，ε > 0が小さければ，f(x, y) = 0は yについて解くとき唯一つ解をもつ．

15

記号：x = (x1, x2, ..., xn)のとき，|x| =√x21 + x22 + · · ·+ x2nと表す．

以下では，中心 xで半径 rの n次元球を

B(x, r) = {y ∈ Rn : |y − x| ≤ r}

と表す．

証明. fy(x0, y0) > 0の場合のみを考える．(1) fy ∈ Cだから，ある r1 > 0に対して，

|x− x0| ≤ r1, |y − y0| ≤ r1 =⇒ fy(x, y) > 0

となる．従って，f(x0, y)は yの関数として，区間 [y0 − r1, y0 + r1]上で狭義単調増加関数である．仮定より，f(x0, y0) = 0なので，f(x0, y0 + r1) > f(x0, y0) = 0 > f(x0, y0 − r1)となる．

(2) f ∈ Cだから，ある 0 < r2 ≤ r1に対して，

|x− x0| ≤ r2 =⇒ f(x, y0 + r1) > 0, f(x, y0 − r1) < 0.

中間値の定理により，各 x ∈ B(x0, r2)に対して，φ(x) ∈ (y0 − r1, y0 + r1)を満たし，かつf(x, φ(x)) = 0を満たすものがある．f(x, y)は yの関数として，[y0−r1, y0+r1]上で狭義単調増加関数だから，y = φ(x)以外には f(x, y) = 0を満たす yはない．すなわち，|x−x0| ≤ r2,|y − y0| ≤ r1のとき

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = φ(x).

(3) φ ∈ C(B(x0, r2))を背理法で示す．点列 {xn}は |xn − x0| ≤ r2 と xn → a (n→ ∞) を満たすとする．さらに，{φ(xn)}はφ(a)に収束しないとする．|φ(xn)− y0| ≤ r1が成り立つので，BW(ボルツァノ・ワイエルシュトラース)定理により，{φ(xn)}の部分列で b ̸= φ(a)に収束するものがある．これを {φ(xnj)}と表す．f(xnj , φ(xnj)) = 0だから，

f(a, b) = limj→∞

f(xnj , φ(xnj)) = 0.

|a − x0| ≤ r2, |b − y0| ≤ r1 だから，b = φ(a)となる．これは矛盾である．したがって，limφ(xn) = φ(a). よって，φ ∈ C(B(x0, r2)).(4) φ ∈ C1(U(x0, r2))を示す．ただし，U(x0, r) = {y ∈ Rn : |y − x0| < r}とする．

e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., en = (0, ...0, 1) ∈ Rnとおく．i = 1, 2, ..., nを固定し，x ∈ U(x0, r2)を固定する．h ̸= 0を |h|が十分小さくなるように取る．平均値の定理を用いて，

0 = f(x+ hei, φ(x+ hei))− f(x, φ(x))

= f(x+ hei, φ(x) + (φ(x+ hei)− φ(x))

)− f(x, φ(x))

= fxi

(x+ θhei, (1− θ)φ(x) + θ(φ(x+ hei)− φ(x))

)h

+ fy(· · · )(φ(x+ hei)− φ(φ(x))

).

ただし，上の式は適当な θ ∈ (0, 1)に対して成立する．したがって，

φ(x+ hei)− φ(x)

hfy(· · · ) = −fxi

(· · · ).

両辺の lim suph→0と lim infh→0を取って，fy(x, φ(x)) > 0なので，

limh→0

φ(x+ hei)− φ(x)

h= −fxi

(x, φ(x))

fy(x, φ(x))

16

を得る．すなわち，

φxi(x) = −fxi

(x, φ(x))

fy(x, φ(x))

となる．一方，fxi

(x, φ(x))

fy(x, φ(x))∈ C(U(x0, r2))

だから，φ ∈ C1(U(x0, r2))が分かる． □

定理 2.2. f, g ∈ C1(R2), (x, y) = (x0, y0) ∈ R2において，

det

(fx fygx gy

)̸= 0.

このとき，(x0, y0)の近傍Uと (f(x0, y0), g(x0, y0))の近傍V が存在して，写像F := (f, g) :U → V は逆写像F−1 : V → U を持つ．F−1 = Φ = (φ, ψ)とおくとき，φ, ψ ∈ C1(V )である．

2.1. 逆関数定理.

証明. (x, y) = (x0, y0)のとき，fxgy−fygx ̸= 0であり，従って，fx ̸= 0, fy ̸= 0, gx ̸= 0, gy ̸= 0のうちの一つは成り立つ．以下では，fx(x0, y0) ̸= 0が成り立つ場合を考える． u0 = f(x0, y0), v0 = g(x0, y0)と

おく．f̃(x, y, u) = f(x, y) − uとおく．f̃ ∈ C1(R3), f̃(x0, y0, u0) = f(x0, y0) − u0 = 0,

f̃x(x0, y0, u0) = fx(x0, y0) ̸= 0だから，陰関数定理より，r1, r2 > 0と χ ∈ C1(R2)が存在して，|y − y0| ≤ r1, |u− u0| ≤ r1, |x− x0| ≤ r2 の範囲で

(1) f̃(x, y, u) = 0 ⇐⇒ x = χ(y, u)

が成り立つ．f̃(x0, y0, u0) = 0，従って，x0 = χ(y0, u0)となることに注意する．また，|y−y0| ≤r1, |u− u0| ≤ r1のとき，|χ(y, u)− x0| ≤ r2が成り立つことに注意する．つぎに，g̃(y, u, v) = g(χ(y, u), y)− vとおく．g̃ ∈ C1(R3), g̃(y0, u0, v0) = g(χ(y0, u0), y0)−

v0 = g(x0, y0)− v0 = 0,

g̃y(y0, u0, v0) = gx(x0, y0)χy(y0, u0) + gy(x0, y0) = −gx(x0, y0)fy(x0, y0)

fx(x0, y0)+ gy(x0, y0)

=fx(x0, y0)gy(x0, y0)− fy(x0, y0)gx(x0, y0)

fx(x0, y0)̸= 0.

陰関数定理によれば，r3, r4 ∈ (0, r1]となる r3 と r4 と，さらに ψ ∈ C1(R2)が存在して，|u− u0| ≤ r3, |v − v0| ≤ r3, |y − y0| ≤ r4のときに，

(2) g̃(y, u, v) = 0 ⇐⇒ y = ψ(u, v)

が成り立つ．g̃(y0, u0, v0) = g(χ(y0, u0), y0)− v0 = g(x0, y0)− v0 = 0だから，y0 = ψ(u0, v0)が成り立つ．また，|u− u0| ≤ r3, |v − v0| ≤ r3のとき，|ψ(u, v)− y0| ≤ r4が成り立つ．(1)と (2)より，|u− u0| ≤ r3, |v − v0| ≤ r3であれば，

(3)

{u = f(χ(y, u), y) = f(χ(ψ(u, v), u), ψ(u, v))

v = g(χ(y, u), v) = g(χ(ψ(u, v), u), ψ(u, v))

17

が成り立つ．したがって，φ(u, v) = χ(ψ(u, v), u)とおくとき，|u− u0| ≤ r3, |v− v0| ≤ r3であれば，

(4)

{f(φ(u, v), ψ(u, v)) = u

g(φ(u, v), ψ(u, v)) = v

が成り立つ．V = {|u− u0| ≤ r3, |v − v0| ≤ r3}とおく．

U = {(φ(u, v), ψ(u, v)) : |u− u0| ≤ r3, |v − v0| ≤ r3}とおく．明らかに，Φ = (φ, ψ) : V → U は全射であり，かつC1級である．(x, y) ∈ U とする．(u, v) ∈ V を (x, y) = Φ(u, v)となるように選ぶ．(4)より，f(x, y) =

u, g(x, y) = vとなり，結局は一意に決まる．従って，Φは単射である．Φ(u0, v0) = (χ(ψ(u0, v0), u0), ψ(u0, v0)) = (χ(y0, u0), y0) = (x0, y0)である．すなわち，Φ

は (u0, v0)を (x0, y0)に移す．0 < r5 ≤ min{r2, r4}とし，W = {|x− x0| ≤ r5, |y− y0| ≤ r5}とおく．さらに，f, gの連

続性により，r5を十分に小さく取れば，

(5) (x, y) ∈ W =⇒ (f(x, y), g(x, y)) ∈ V

が成り立つ．このように r5を固定する．W ⊂ U を示す．(x, y) ∈ W とする．|y − y0| ≤ r4,|x − x0| ≤ r2 が成り立つ．u = f(x, y), v = g(x, y)とおく．(5)より，(u, v) ∈ V . 従って，(1)より，x = χ(y, u). よって，g(χ(y, u), y) = v. (2)より，y = ψ(u, v)となり，x = χ(ψ(u, v), u) = φ(u, v)となる．すなわち，(x, y) ∈ U. よって，W ⊂ U が成り立つ．Wは (x0, y0)の近傍である． □2.2. 応用.

2.2.1. ラグランジュ未定乗数法. 条件付極値問題について考察する．例えば，「平面から原点までの距離を求よ」という問題を考える．平面の方程式を ax+ by + cz = dとして，この平面上の点 (x, y, z)から原点までの距離の二乗を f(x, y, z)とし，g(x, y, z) = ax+ by + cz − dとおくとき，条件「g(x, y, z) = 0」の下で，f(x, y, z) の最小値を求める問題と同値である．ラグランジュ(Lagrange)の未定乗数法はこのような問題に有効である．まず，２変数の場合に述べる．f(x, y), g(x, y)はC1級の関数であるとする．

定理 2.3. (x0, y0) ∈ R2は g(x0, y0) = 0を満たし，さらに，ある δ > 0に対して，

g(x, y) = 0, |x− x0|+ |y − y0| < δ =⇒ f(x, y) ≤ f(x0, y0)

（極大値）あるいは

g(x, y) = 0, |x− x0|+ |y − y0| < δ =⇒ f(x, y) ≤ f(x0, y0)

（極小値）が成り立つとする．このとき，ある λ ∈ Rに対してつぎが成り立つ：{fx(x0, y0) + λgx(x0, y0) = 0,

fy(x0, y0) + λgy(x0, y0) = 0.

注意 2.1. 上の定理は仮定「g(x, y) = 0ならば，(gx(x, y), gy(x, y)) ̸= (0, 0)」の下で成立する．一般には正しくないが，通常，上の形で述べられるようである．以下の証明では，この補足仮定の下で証明する．

18

例 2.2. 条件「x2 + y2 = 1」の下で，関数 x+ yの極値を求めよ．f(x, y) = x+ y, g(x, y) = x2 + y2 − 1とおく．定理 2.3より，(x, y)で極値を取るならば,

fx(x, y) + λgx(x, y) = 0,

fy(x, y) + λgy(x, y) = 0,

g(x, y) = 0.

がある λに対して成り立つ．すなわち，

1 + 2λx = 0,

1 + 2λy = 0,

x2 + y2 = 1.

これを解く．

x = y = − 1

2λ,(

1

2λ

)2

+

(1

2λ

)2

= 1,

4λ2 = 2, λ = ± 1√2,

x = y = ± 1√2.

従って，(x, y) = ±(1/√2, 1/

√2).

証明. 注意に述べたように，g(x, y) = 0のとき，(gx(x, y), gy(x, y)) ̸= (0, 0)を仮定する．gy(x0, y0) ̸= 0の場合を考える．陰関数定理によれば，(x0, y0)の近傍 V とC1級の関数 φが存在し，(x, y) ∈ V ならば，

g(x, y) = 0 ⇐⇒ y = φ(x)

となる．さらに，(極大の場合には)

g(x, y) = 0, (x, y) ∈ V =⇒ f(x, y) ≤ f(x0, y0)

と仮定してよい．従って，ある δ > 0に対して，

|x− x0| < δ =⇒ f(x, φ(x)) ≤ f(x0, φ(x0)).

よって，

d

dxf(x, φ(x))

∣∣∣x=x0

= 0,

fx(x0, y0) + fy(x0, y0)φ′(x0) = 0,

fx(x0, y0) + fy(x0, y0)

(−gx(x0, y0)gy(x0, y0)

)= 0,

fx(x0, y0) +

(−fy(x0, y0)gy(x0, y0)

)gx(x0, y0) = 0.

ここで，

λ = −fy(x0, y0)gy(x0, y0)

19

とおくと，

fy(x0, y0) + λgy(x0, y0) = 0,

fx(x0, y0) + λgx(x0, y0) = 0.

もちろん，g(x0, y0) = 0も成り立つ． □つぎに，３変数の場合を考える．

定理 2.4. (x0, y0, z0) ∈ R3は g(x0, y0, z0) = 0を満たすとし，さらに，f(x, y, z)は条件「g(x, y, z) = 0」の下，(x0, y0, z0)で極値を取るとする．このとき，ある λ ∈ Rに対して，つぎが成り立つ：

fx(x0, y0, z0) + λgx(x0, y0, z0) = 0,

fy(x0, y0, z0) + λgy(x0, y0, z0) = 0,

fz(x0, y0, z0) + λgz(x0, y0, z0) = 0,

g(x0, y0, z0) = 0.

注意 2.2. 暗黙の仮定として，

g(x, y, z) = 0 のとき， (gx(x, y, z), gy(x, y, z), gz(x, y, z) ̸= (0, 0, 0)

をおく．

証明. 例えば，gz(x0, y0, z0) ̸= 0を仮定する．陰関数定理によれば，(x0, y0, z0)の近傍 V とC1級の関数 φが存在し，(x, y, z) ∈ V ならば，

g(x, y, z) = 0 ⇐⇒ z = φ(x, y)

となる．さらに，(極大の場合には)

g(x, y, z) = 0, (x, y) ∈ V =⇒ f(x, y, z) ≤ f(x0, y0, z0)

と仮定してよい．従って，ある δ > 0に対して，

|x− x0|+ |y − y0| < δ =⇒ f(x, y, φ(x, y)) ≤ f(x0, y0 φ(x0, y0)).

よって，

∂

∂xf(x, y, φ(x, y))

∣∣∣(x,y)=(x0,y0)

=∂

∂yf(x, y, φ(x, y))

∣∣∣(x,y)=(x0,y0)

= 0,{fx(x0, y0, z0) + fz(x0, y0, z0)φx(x0, y0) = 0,fy(x0, y0, z0) + fz(x0, y0, z0)φy(x0, y0) = 0,

fx(x0, y0, z0) + fz(x0, y0, z0)

(−gx(x0, y0, z0)gz(x0, y0, z0)

)= 0,

fy(x0, y0, z0) + fz(x0, y0, z0)

(−gy(x0, y0, z0)gz(x0, y0, z0)

)= 0,

fx(x0, y0, z0) + gx(x0, y0, z0)

(−fz(x0, y0, z0)gz(x0, y0, z0)

)= 0,

fy(x0, y0, z0) + gy(x0, y0, z0)

(−fz(x0, y0, z0)gz(x0, y0, z0)

)= 0.

20

ここで，

λ = −fz(x0, y0, z0)gy(x0, y0, z0)

とおくと，

fz(x0, y0, z0) + λgy(x0, y0, z0) = 0,

fx(x0, y0, z0) + λgx(x0, y0, z0) = 0,

fy(x0, y0, z0) + λgy(x0, y0, z0) = 0.

もちろん，g(x0, y0, z0) = 0も成り立つ． □例 2.3. f(x, y, z) = x2+y2+z2, g(x, y, z) = ax+by+cz−dとする．ただし，(a, b, c) ̸= (0, 0, 0)を仮定する．条件「g(x, y, z) = 0」の下での f の極値を取る点を (x, y, z)とすると，定理 2.4より，

2x+ aλ = 0, 2y + bλ = 0, 2z + cλ = 0,

ax+ by + cz = d.

このとき，

x = −aλ2, y = −bλ

2, z = −cλ

2,

−(a2 + b2 + c2)λ = 2d,

∴ λ = − 2d

a2 + b2 + c2,

x =ad

a2 + b2 + c2, y =

bd

a2 + b2 + c2, z =

cd

a2 + b2 + c2,

f(x, y, z) =(a2 + b2 + c2)d2

(a2 + b2 + c2)2=

d2

a2 + b2 + c2.

(原点から平面 ax+ by + cz = dまでの距離は |d|/√a2 + b2 + c2である．)

問 2.1. つぎの極値問題を考察せよ．(1) 原点から双曲線 x2 + 8xy + 7y2 = 225への最小距離を求めよ．答え：5(2) x2 + y2 = 1の下で，xyの極値を求めよ．答え：1/2(最大値)および−1/2(最小値)(3) x > 0, y > 0, z > 0, x2+ y2+ z2 = 4のとき，yz+ zx+xyの最大値を求めよ．答え：4(4) z = x+ y + 1のときの，x2 + y2 + z2の極値を求めよ．答え：1/3 (最小値)

2.3. 曲線の特異点. f(x, y) = 0で与えられる集合について考える．f は C1級とする．この集合上の点 (x0, y0)は当然 f(x0, y0) = 0を満たすが，さらに，(fx(x0, y0), fy(x0, y0)) ̸= (0, 0)を満たすとき，点 (x0, y0)を通常点という．集合 f(x, y) = 0上の点で通常点でないものを特異点という．(x0, y0)が通常点の場合には，例えば，fy(x0, y0) ̸= 0であれば，陰関数定理により，(x0, y0)の近傍 V とC1級の関数 φが存在して，(x, y) ∈ V ならば，

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = φ(x).

すなわち，V に限れば，集合f(x, y) = 0は関数φのグラフになっている．もし，fx(x0, y0) ̸= 0となっていれば，(x0, y0)のある近傍において，集合 f(x, y) = 0はある C1級の関数 ψのグラフ x = ψ(y)となる．従って，集合 (曲線)f(x, y) = 0を調べるには，その特異点の周りの様子を調べることが大

事である．

21

例 2.4. 曲線C : x3 − 3xy + y3 = 0を調べよ．まず，特異点をすべて探す．

x3 − 3xy + y3 = 0, 3x2 − 3y = 0, −3x+ 3y2 = 0

を解けばよい．これを次のように変形する：

x3 − 3xy + y3 = 0, x2 = y, x = y2,

x3 − 3xy + y3 = 0, x2 = y, x = y2 = x4,

x3 − 3xy + y3 = 0, x2 = y, x(x3 − 1) = 0,

x3 − 3xy + y3 = 0, x2 = y, x = 0, 1,

x3 − 3xy + y3 = 0, (x, y) = (0, 0), (1, 1),

(x, y) = (0, 0).

従って，特異点は原点 (0, 0)のみである．以下，次のような点を検討する．

(1) Cの対称性を調べる．(2) Cの存在範囲を限定する．(3) 特異点の近傍での様子を調べる．(4) Cの漸近線を探す．(5) Cの凹凸を調べる．(6) Cの全体像を調べる．

(1)の検討：f(x, y) = x3 + y3 − 3xyとおく．f(y, x) = f(x, y)なので，直線 y = xに対して対称な図形である．

(2)の検討：単位円周上 x2 + y2 = 1の点で第１象限にあるもの (x, y)を考える．xy ≤(x2 + y2)/2 = 1/2, 1 = x2 + y2 ≤ 2(x+ y)2だから，

x3 + y3 =(x+ y)(x2 + y2 − xy) ≥ (x+ y)(1− (x2 + y2)/2)

=1

2(x+ y) ≥ (x2 + y2)1/2

2√2

≥ 1

4

が成り立つ．従って，t > 0に対して，

f(tx, ty) = t3(x3 + y3)− 3t2xy ≥ t3

4− t2

2.

R > 0を十分に大きく取れば，

t ≥ R =⇒ t3

4− t2

2> 0.

よって，第１象限において，半径Rの円の外側とCは交わりを持たない．より詳しく，Cの概形を調べる．そのために，fy(x, y) = 3(y2−x). xを固定して，fy(x, y) =

0を解くことを考える．x > 0のとき，y = ±√x, x = 0のとき，y = 0. x < 0のとき，解を

持たない．

limy→−∞

f(x, y) = −∞, limy→∞

f(x, y) = ∞

に注意する．この場合に，f(x,

√x) = x3 + x

32 − 3x

32 = x

32 (x

32 − 2) に注意して，つぎが分かる．

22

x > 0の場合

yの範囲 −∞ −√x

√x ∞

fyの符号 + 0 − 0 +f の増減 ↗ ↘ ↗

0 < x < 223 の場合には，φ0(x) < −

√x < φ1(x) <

√x < φ2(x)が存在して，f(x, φi(x)) =

0, i = 0, 1, 2, が成り立ち，さらに，y ̸= φi(x), i = 0, 1, 2, ならば，f(x, φi(x)) ̸= 0となる．f(x, 0) = x3 > 0より，φ1(x) > 0が分かる．f(x,−x) = 3x2 > 0だから，φ0(x) < −xが分かる．結局，

φ0(x) < −x < 0 < φ1(x) <√x < φ2(x).

x = 223 の場合には，f(x, y) = 0となる yはちょうど２つあり，一つは y =

√x = 2

13 で

あり，

limx→2

23−φ1(x) = lim

x→223−φ2(x) = 2

13 .

もう一つの yは

limx→22/3−

φ0(x)

であると考えられる．x > 2

23 の場合には，f(x, y) = 0となる yはちょうど一つであり，これを φ0(x) と表すと，

limx→22/3+

φ0(x) = 213 .

x = 0の場合

yの範囲 −∞ 0 ∞fyの符号 + 0 +f の増減 ↗ ↗

この場合には，f(x, y) = 0となるyはちょうど一つであり，これをφ0(x)と表すと，φ0(0) =0.x < 0の場合は，x ≥ 0の場合の考察とCの対称性から，Cの様子を推察する．(3)の検討：f(x, y) = 0, fx(x, y) = 0, fy(x, y) = 0を解くと，(x, y) = (0, 0)となる．

(x, y) ≈ (0, 0)では，f(x, y) ≈ −3xyなので，(0, 0)の近傍では, Cは二本の直線 x = 0, y = 0と概ね等しいと考えられる．そこで，概ね y = 0に等しいとして，これを少し詳しく調べる．これを y = ψ(x)として，方程式に代入する．ψ(0) = ψ′(0) = 0としてよい．ψ(x) = ax2+ · · ·として，

0 = x3 + ψ(x)3 − 3xψ(x) = x3 + a3x6 − 3ax3 + · · · = (1− 3a)x3 + · · · .

したがって，a = 13. よって，ψ(x) ≈ (1/3)x2.

(4) の検討：φ = φ0とおく．x3 + φ(x)3 − 3xφ(x) = 0が成り立ち，微分して，

3x2 + 3φ(x)2φ′(x)− 3φ(x)− 3xφ′(x) = 0.

従って，

φ′(x) =φ(x)− x2

φ(x)2 − x.

23

すでに，φ(x) < −xであることを知っている．x > 0のとき，f(x,−2x) = x3−8x3−6x2 < 0であり，φ(x) > −2xが分かる．よって，

limx→∞

φ(x)

x2= 0.

よって，

0 = limx→∞

(1 +

φ(x)3

x3− 3

φ(x)

x2

)= 1 + lim

x→∞

φ(x)3

x3.

すなわち，

limx→∞

φ(x)

x= −1.

従って，

limx→∞

φ′(x) = limx→∞

φ(x)x2 − 1

φ(x)2

x2 − 1x

= −1.

これから，直線 x+ y = kが漸近線である可能性がある．

0 = (x+ y)(x2 + y2 − xy)− 3xy

より，

x+ y =3xy

x2 + y2 − xy= 3

yx

1 + y2

x2 − yx

.

y = φ(x)として，limx→∞

(x+ φ(x)) = −1.

従って，x+ y = −1は漸近線である．

O

y

x

F o liu m o f D e sc a rte

x =

3t

1 + t3

y =3t2

1 + t3

Foliumはラテン語で「葉っぱ」の意味．

24

問 2.2. 次の曲線の特異点を求め，特異点の近傍での曲線の概形を考察せよ．

(1) y2 − x2(x+ a) = 0. ただし，aは定数である．(2) (x2 − y2)2 = x2 + y2.(3) (y − x2)2 = x5

3. 積分法

3.1. 定積分の定義. 関数 f : [a, b] → R を考える．この関数が連続関数であるとは，特に仮定しない．(「連続でない関数に対する定積分を如何に定義するか」と考えるのが良いかもしれない．) 区間 [a, b]のいろいろな分割

∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = b

を考える．分割の幅の最大値max{xi+1 − xi : i = 0, 1, ..., n− 1}を |∆|と表わす．このような分割∆の集まり（集合）をBあるいはB(a, b)と表わす．∆ ∈ Bを固定し，

∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = b

とするとき，それぞれの小区間 [xi−1, xi]から選んだ点の列 ξ1, ξ2, ..., ξnを考える．このような代表点 ξ = (ξ1, .., ξn)の集まりをX(∆)と表わす．

∆ ∈ Bと ξ = (ξ1, .., ξn) ∈ X(∆)を与えたとき，和（リーマン和と呼ぶ）

S(∆, ξ) =n∑

i=1

f(ξi)(xi − xi−1)

を考える．

x0 x1xn

ξnξ1 x2

1

注意 3.1. リーマン = Riemann (1826-1866)．リーマンについて調べる？

注意 3.2. 上の議論では，すべての自然数 nを考えている．nを固定していない．n = 1も考えている（このとき，分割は ∆ : a = x0 < x1 = b となる）．

ある I ∈ Rに対して，極限

limδ→0+

sup{|S(∆, ξ)− I| : ∆ ∈ B, ξ ∈ X(∆), |∆| < δ} = 0

25

となるとき，f は [a, b]上で積分可能（可積分）であるといい，Iを f の [a, b] 上の 積分（定積分）といい，この値を ∫ b

a

f(x)dx

と表わす．

注意 3.3. この積分をリーマン積分という．ルベーグ積分という別の定義もある．

用語 (1) 分割∆1 : a = x0 < x1 < · · · < xn = b, ∆2 : a = y0 < y1 < · · · < ym = bに対して，{x1, x2, ..., xn−1} ⊂ {y1, y2, ..., ym−1}が成り立つことを，∆2は∆1の細分であるという．例として，区間 [0, 5]の分割∆1 : 0 < 1 < 2 < 3 < 4 < 5は分割∆2 : 0 < 2 < 4 < 5の細分である．

(2) 分割∆1 : a = x0 < x1 < · · · < xk = b, ∆2 : a = y0 < y1 < · · · < yl = b, ∆3 : z0 < z1 <· · · < zm = bに対して，{x1, ..., xk−1}∪ {y1, ..., yl−1} = {z1, ..., zm−1} が成り立つとき，∆3は∆1と∆2の和 (和分割)であるという (∆1 ∪∆2と表す)．

{x1, ..., xk−1} ∩ {y1, ..., yl−1} = {z1, ..., zm−1} が成り立つとき∆3は∆1と∆2の交わり (共通分割)であるという．

例として，区間 [0, 5]の分割 0 < 1 < 2 < 3 < 4 < 5は 0 < 1 < 3 < 5と 0 < 1 < 2 < 4 < 5の和であり，0 < 3 < 5は 0 < 1 < 3 < 4 < 5と 0 < 2 < 3 < 5の共通分割である (∆1 ∩∆2と表す)．

例 3.1 (ディリクレ関数). つぎの関数 f は区間 [0, 1]上で可積分でない．

f(x) =

{1 (x ∈ Q),

0 (x ̸∈ Q).

26

注意 3.4. P. G. L. Dirichlet (1805-1859)について調べる？

命題 3.1. 非有界関数 f : [a, b] → Rは積分可能ではない．

証明. f は上に有界でないとする．（下に有界でない場合も同様に考える．）背理法で示す．f は積分可能であるとする．δ > 0が存在して，つぎが成り立つ．

(6) ∆ ∈ B, ξ ∈ X(∆), |∆| < δ =⇒ |S(∆, ξ)− I| < 1.

ただし，

I =

∫ b

a

f(x)dx.

各 n ∈ Nに対して，f(xn) > n

となる xn ∈ [a, b]が存在する．BW（ボルツァーノ・ワイエルシュトラース）の定理により，{xn}nの収束する部分列 {xnk

}kが存在する．yk = xnkとおく．

(7) c = limk→∞

yk

とおく．

f(yk) > nk > k k = 1, 2, ...

に注意する．∆ ∈ B, ∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bを次のように定める．

|∆| < δ かつ c ̸∈ {x1, ..., xn−1}.（後半部分の意味：c = a，または c = b，あるいは適当な iに対して xi−1 < c < xi．）ξ =(ξ1, ..., ξn) ∈ X(∆)を一つ固定する．(6)によれば，

|S(∆, ξ)− I| < 1

が成り立つ．i ∈ {1, ..., n}を c ∈ [xi−1, xi]となるように選ぶ．(7)より，

yk ∈ [xi−1, xi] ∀k ≥ K

となるK ∈ Nが有る．k ≥ Kに対して，

ξ(k) = (ξ1, ..., ξi−1, yk, ξi+1, ..., ξn)

とおく．（ξの i番目の成分 ξiを ykに置き換えたものが ξ(k)である．）ξ(k) ∈ X(∆)であり，(6)に依れば，

|S(∆, ξ(k))− I| < 1.

よって，

(8) |S(∆, ξ)− S(∆, ξ(k))| ≤ |S(∆, ξ)− I|+ |I − S(∆, ξ(k))| < 2.

しかし，

S(∆, ξ(k))− S(∆, ξ) = (f(yk)− f(ξi))(xi − xi−1)

であり，

limk→∞

S(∆, ξ(k))− S(∆, ξ) = ∞.

これは，(8)に反する．矛盾である． □

27

命題 3.2. ∆(k) ∈ B (k ∈ N), ξ(k) ∈ X(∆(k)) (k ∈ N)とし，limk→∞

|∆(k)| = 0

が成立するものとする．f は [a, b]上で積分可能であるとする．このとき，∫ b

a

f(x)dx = limk→∞

S(∆(k), ξ(k)).

3.2. 基本性質.

証明. 「全てに成立することは，その一部に成立する」という原理から，すぐに分かる． □

こ命題の逆も，つぎのように成立する．

命題 3.3. ある I ∈ Rに対して，limk→∞

|∆(k)| = 0

を満す∆(k) ∈ B (k ∈ N)と ξ(k) ∈ X(∆(k)) (k ∈ N) に対して常にlimk→∞

S(∆(k), ξ(k)) = I

を満すならば，f は [a, b]上で積分可能である．

証明. 背理法を使えば，容易である． □

28

定理 3.4. (1) 線形性 f, g : [a, b] → R が積分可能ならば，定数 α, βに対して，関数αf + βgは積分可能であり，つぎが成り立つ：∫ b

a

(αf(x) + βg(x))dx = α

∫ b

a

f(x)dx+ β

∫ b

a

g(x)dx.

(2) 積分範囲の加法性 f : [a, b] → Rが積分可能，a ≤ p, q, r ≤ bならば，∫ r

p

f(x)dx =

∫ q

p

f(x)dx+

∫ r

q

f(x)dx.

ただし，p > qのときには，∫ q

p

f(x)dx = −∫ p

q

f(x)dx

と定義する．(3) 単調性 f, g : [a, b] → Rは積分可能であり，f(x) ≤ g(x) (x ∈ [a, b])を満せば，∫ b

a

f(x)dx ≤∫ b

a

g(x)dx.

特に， ∣∣∣∫ b

a

f(x)dx∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|f(x)|dx.

さらに，f(x) ≥ 0 (x ∈ [a, b])ならば，∫ b

a

f(x)dx ≥ 0.

(4) 平均値の定理 f ∈ C[a, b])ならば，∃ξ ∈ [a, b] s.t.∫ b

a

f(x)dx = f(ξ)(b− a).

3.3. ダルブーの定理. 区間 [a, b]の分割 ∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bを考える．f :[a, b] → Rに対して，

f+i = sup

xi−1≤x≤xi

f(x), f−i = inf

xi−1≤x≤xi

f(x),

S+(∆) =n∑

i=1

f+i (xi − xi−1), S−(∆) =

n∑i=1

f+i (xi − xi−1)

とおく．f− ≤ f+だから，

S−(∆) ≤ S+(∆)

が成り立つ．さらに，ξ ∈ X(∆)であれば, f−i ≤ f(ξi) ≤ f+

i であり，

S−(∆) ≤ S(∆, ξ) ≤ S+(∆)

となる．∆′が∆の細分であれば，

S−(∆) ≤ S−(∆′) ≤ S+(∆′) ≤ S+(∆).

29

が成立する．∆1,∆2 ∈ Bに対して，

S−(∆1) ≤ S+(∆2)

が成り立つ．なぜなら，∆ = ∆1 ∪∆2とおくと，∆は∆1と∆2に対する細分であり，

S−(∆1) ≤ S−(∆) ≤ S+(∆) ≤ S+(∆2)

となるからである．この不等式から，

S−(∆1) ≤ inf∆2∈B

S+(∆2) ∀∆1 ∈ B

が分かり，さらに，これから

(1) sup∆1

S−(∆1) ≤ inf∆2∈B

S+(∆2)

が分かる．以下では，

I+ = inf∆∈B

S+(∆), I− = sup∆∈B

S−(∆)

とおく．I+を f の上積分，I−を f の下積分とよぶ．

定理 3.5 (ダルブー). 有界関数 f : [a, b] → Rに対して，つぎの条件は互いに同値である．(i) f は積分可能である．(ii) I+ = I−が成り立つ．(iii) 任意の ε > 0に対して，∆ ∈ Bが存在し，S+(∆) < S−(∆) + εが成り立つ．

この定理の証明のためにつぎの補題を用意する．

補題 3.6. ∆ ∈ Bとし，a < t < bとする．区間 [a, b]の二つの区間 [a, t]と [t, b]への分割を∆tと表す．関数 f : [a, b] → Rは有界で，ある定数M に対して |f(x)| ≤ M をみたすとする．このとき，

S+(∆) ≤ S+(∆ ∪∆t) + 2M |∆|が成り立つ．同じく，

S−(∆) ≥ S−(∆ ∪∆t)− 2M |∆|も成り立つ．

定理 3.5の証明. (i) =⇒ (iii): f は積分可能であるとする．ε > 0を任意に固定する．

I =

∫ b

a

f(x)dx

とおくとき，δ > 0が存在して，つぎが成り立つ．

(2) ∆ ∈ B, |∆| ≤ δ =⇒ supξ∈X(∆)

|S(∆, ξ)− I| ≤ ε.

そこで，∆ ∈ Bを |∆| ≤ δとなるように一つ選ぶ．(2)より，

(3) |S(∆, ξ)− I| ≤ ε ∀ξ ∈ X(∆).

30

∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bとする．ξ = (ξ1, ..., ξn), η = (η1, ..., ηn) ∈ X(∆)をそれぞれ

f+i ≤ f(ξi) +

ε

(b− a)(∀i = 1, ..., n), f−

i ≥ f(ηi)−ε

b− a(∀i = 1, ..., n)

となるように選ぶ．このとき，

S+(∆) ≤n∑

i=1

(f(ξi) +

ε

b− a

)(xi − xi−1) ≤ S(∆, ξ) + ε,

S−(∆) ≥n∑

i=1

(f(ηi)−

ε

b− a

)(xi − xi−1) ≥ S(∆, η)− ε.

これと (3)より，

S+(∆) ≤ S(∆, ξ) + ε ≤ I + 2ε ≤ S(∆, η) + 3ε ≤ S−(∆) + 4ε.

従って，(iii)が成り立つ．(iii) =⇒ (ii): ε > 0を任意の正数とする．(iii)の仮定より，ある∆ ∈ Bに対して，S+(∆) ≤

S−(∆) + εが成り立つ． これより，

inf∆S+(∆) ≤ S+(∆) < S−(∆) + ε ≤ sup

∆∈BS−(∆) + ε.

従って，I+ < I− + εが成り立つ．ε > 0は任意なので，I+ ≤ I−が分かる．これと (1)より，I+ = I−が分かる．

(ii) =⇒ (iii): ε > 0を任意の正数とする．(ii)を仮定しているので，ある∆1,∆2 ∈ Bに対して，

(4) S+(∆1) < I+ + ε, S−(∆2) > I− − ε

が成り立つ．∆ = ∆1 ∪∆2とおく．∆は∆1と∆2の細分であり，

S+(∆) ≤ S+(∆1), S−(∆2) ≤ S−(∆)

したがって，

S+(∆) ≤ S+(∆1) < I+ + ε = I− + ε < S−(∆2) + 2ε ≤ S−(∆) + 2ε

が成り立つ．よって，(iii)が成立する．(ii), (iii) =⇒ (i): ε > 0を任意の正数とする．(iii)を仮定しているので，

(5) S+(∆0) < S−(∆0) + ε

をみたす∆0 ∈ Bが存在する．このような∆0 ∈ Bを一つ固定する．∆0 : a = t0 < t1 < · · · <tn = bとする．f は有界関数であるから，

|f(x)| ≤M ∀x ∈ [a, b]

となるようなM ∈ Rが存在する．補題 3.6のように，∆tで区間 [a, b]の二つの区間 [a, t]と [t, b]への分割を表す (a < t < bと

する)．このとき，任意の∆ ∈ Bに対して，

∆ ∪∆0 = ∆ ∪∆t1 ∪∆t2 ∪ · · · ∪∆tn−1

となる．補題 3.6を n− 1 回繰り返して用いれば，

S+(∆) ≤ S+(∆ ∪∆0) + 2M(n− 1)|∆|,S−(∆) ≥ S−(∆ ∪∆0)− 2M(n− 1)|∆|

31

が分かる．さらに，

S+(∆) ≤ S+(∆0) + 2M(n− 1)|∆|, S−(∆) ≥ S−(∆0)− 2M(n− 1)|∆|が成り立ち，(5)を使えば，

(6)S+(∆) ≤ S−(∆0) + ε+ 2(n− 1)M |∆| ≤ I− + ε+ 2(n− 1)M |∆|,S−(∆) ≥ S+(∆0)− ε− 2(n− 1)M |∆| ≥ I+ − ε− 2(n− 1)M |∆|

が成り立つ．そこで，δ > 0を2(n− 1)δM < ε

となるように固定する．∆ ∈ Bを |∆| ≤ δをみたすように取る．仮定 (ii)により，I+ = I−

だから，I = I+ = I−とおく．(6)より，

I − 2ε ≤ S−(∆) ≤ S+(∆) ≤ I + 2ε

が分かる．任意の代表点の列 ξ ∈ X(∆)に対して，

S−(∆) ≤ S(∆, ξ) ≤ S+(∆)

だから，

|S(∆, ξ)− I| ≤ 2ε

が成り立つ．従って，

limδ→0+

sup{|S(∆, ξ)− I| : ∆ ∈ B, |∆| ≤ δ, ξ ∈ X(∆)} = 0

が成り立ち，f は積分可能である． □補題 3.6の証明. ∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bとする．j ∈ {1, ..., n}を xj−1 ≤ t ≤ xj が成り立つように取る．このとき，

S+(∆) =∑i̸=j

f+i (xi − xi−1) + f+

j (xj − xj−1)

=∑i̸=j

f+i (xi − xi−1) + f−

i (xj − xj−1) + (f+j − f−

j )(xj − xj−1)

≤∑i̸=j

f+i (xi − xi−1) + f−

i (xj − xj−1) + 2M(xj − xj−1)

≤∑i̸=j

f+i (xi − xi−1) + f−

i (xj − t) + f−j (t− xj−1) + 2M |∆|

≤∑i̸=j

f+i (xi − xi−1) + sup

t≤x≤xj

f(x)(xj − t) + supxj−1≤x≤t

f(x)(t− xj−1) + 2M |∆|

=S+(∆ ∪∆t) + 2M |∆|

S−に関する不等式も同様に示すことができるが，ここでは省略する． □例 3.2. f : [a, b] → Rは連続関数であるとする．関数 f は [a, b]上で積分可能である．

証明. f は [a, b]上で一様連続である．ε > 0とする．δ > 0が存在して，

|f(x)− f(y)| < ε (∀x, y ∈ [a, b], |x− y| < δ)

が成り立つ．∆ ∈ B, |∆| < δ，∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bとする．このとき，

0 ≤ f+i − f−

i < ε (∀i = 1, ..., n).

32

したがって，

S+(∆) =n∑

i=1

f+i (xi − xi−1) ≤

n∑i=1

(f−i + ε)(xi − xi−1)

= S−(∆) + εn∑

i=1

(xi − xi−1) = S−(∆) + ε(b− a).

よって，ダルブーの定理の (iii)が成立する．ダルブーの定理より，f は積分可能である． □例 3.3. f : [a, b] → Rは積分可能な関数であるとする．a < c < bをみたす cを取る．このとき，関数 f は [a, c]上と [c, b]上で積分可能である．

証明. ε > 0とする．定理 3.5 (iii)により，ある∆ ∈ B(a, b)に対して，

S+(∆) < S−(∆) + ε

が成り立つ．∆cにより，区間 [a, b]の二つの区間 [a, c]と [c, b]への分割とする．

(7) S+(∆ ∪∆c) ≤ S+(∆) < S−(∆) + ε ≤ S−(∆ ∪∆c) + ε

が成り立つ．

∆ ∪∆c : a = x0 < · · · < xm = c < xm+1 < · · · < xm+k = b

と表す．さらに，∆1 ∈ B(a, c)と∆2 ∈ B(c, b)を

∆1 : a = x0 < · · · < xm = c, ∆2 : c = xm+1 < · · · < xm+k = b

と定める．このとき，

S+(∆ ∪∆c) = S+(∆1) + S+(∆2), S−(∆ ∪∆c) = S−(∆1) + S−(∆2)

が成り立つ．これと (7)より，

(8) S+(∆1) + S+(∆2) < S−(∆1) + S−(∆2) + ε

が分かるので，

S+(∆1) < S−(∆1) + ε+ S−(∆2)− S+(∆2) ≤ S−(∆1) + ε

を得る．定理 3.5の (iii)に依れば，これは f が [a, c]上で積分可能であることを示している．同様に (8)から，

S+(∆2) < S−(∆2) + ε

も分かる．定理定理 3.5の (iii)により，f が [c, b]上で積分可能であることが分かる． □例 3.4. f : [a, b] → Rは積分可能な関数であるとする．このとき，関数 |f |は [a, b]上で積分可能である．

証明. まず，a ≤ α < β ≤ bのときに，

(9) supα≤x,y≤β

|f(x)− f(y)| = supα≤x,y≤β

(f(x)− f(y))

が成り立つことに注意する．なぜならば，

supα≤x,y≤β

f(x)− f(y) ≤ supα≤x,y≤β

|f(x)− f(y)|

は明らかである．逆に，α ≤ x, y ≤ βのときに，

|f(x)− f(y)| = max{f(x)− f(y), f(y)− f(x)} ≤ supα≤s,t≤β

(f(s)− f(t))

33

が分かり，従って，

supα≤x,y≤β

|f(x)− f(y)| ≤ supα≤s,t≤β

(f(s)− f(t))

が成り立つ．よって，(9)が成立する．∆ : a = x0 < x1 < · · · < xn = bとする．

S±(∆, f) =n∑

i=1

f±i (xi − xi−1), S±(∆, |f |) =

n∑i=1

|f |±i (xi − xi−1)

とおく．ただし，

f+i = sup

xi−1≤x≤xi

f(x), |f |+i = supxi−1≤x≤xi

|f(x)|,

f−i = inf

xi−1≤x≤xi

f(x), |f |−i = infxi−1≤x≤xi

|f(x)|

とする．ここで，

|f |+i − |f |−i = supxi−1≤x≤xi

|f(x)| − infxi−1≤y≤xi

|f(y)|

= supxi−1≤x,y≤xi

(|f(x)| − |f(y)|)

≤ supxi−1≤x,y≤xi

(|f(x)− f(y)|)

に注意する．(9)を使って，

(10) |f |+i − |f |−i ≤ supxi−1≤x,y≤xi

(f(x)− f(y)) = f+i − f−

i

が分かる．(10)を使って，

(11)

S+(∆, |f |)− S−(∆, |f |) =n∑

i=1

(|f |+i − |f |−i )(xi − xi−1)

≤n∑

i=1

(f+i − f−

i )(xi − xi−1)

=S+(∆, f)− S−(∆, f)

が分かる．ε > 0とする．定理 3.5 (iii)によれば，

S+(∆, f)− S−(∆, f) < ε

となる∆ ∈ Bがある．(11)から，

S+(∆, |f |)− S−(∆, |f |) < ε

が分かるので，定理 3.5 (iii)により，|f |は積分可能である． □

例 3.5. f : [a, b] → Rが積分可能であれば，f 2は積分可能である．

証明. f が積分可能であるとすれば，f は有界関数である．したがって，|f(x)| ≤ M (∀x ∈[a, b])となる定数M がある．

34

(9)より，a ≤ α < β ≤ bのときに，

supα≤x,y≤β

(f 2(x)− f 2(y)) = supα≤x,y≤β

|f 2(x)− f 2(y)|

≤ supα≤x,y≤β

|f(x) + f(y)||f(x)− f(y)| ≤ 2M supα≤x,y≤β

|f(x)− f(y)|

= 2M supα≤x,y≤β

(f(x)− f(y))

が成り立つ．これを使って，∆ : a = x0 < · · · < xn = bに対して，前の例と同じように計算する．

S+(∆, f 2)− S−(∆, f 2) =n∑

i=1

supxi−1≤x,y≤xi

(f 2(x)− f 2(y))(xi − xi−1)

≤ 2Mn∑

i=1

supxi−1≤x,y≤xi

(f(x)− f(y)(xi − xi−1)

= 2Mn∑

i=1

(f+i − f−

i )(xi − xi−1) = 2M(S+(∆, f)− S−(∆, f)).

以下の議論は前の例と同じで，f 2が積分可能なことが分かる． □例 3.6. f, g : [a, b] → Rが積分可能なとき，関数の積 fg : [a, b] → Rは積分可能である．証明. f + g, f − gは可積分関数である．従って，前の例によれば，(f + g)2, (f − g)2はすべて積分可能である．

(f + g)2 − (f − g)2 = 4gf

であり，

fg =1

4

((f + g)2 − (f − g)2

)である．上の右辺は積分可能であり，従って，fgは積分可能である． □3.4. 不定積分と原始関数. Iは有界な閉区間とし，f は I上で積分可能であるとする．a ∈ Iとする．

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

とおいて定義される関数 F を f の積分関数という．

定理 3.7. f ∈ C([a, b])ならば，F ∈ C1([a, b])であり，

F ′(x) = f(x) (x ∈ [a, b])

が成立する．

G′(x) = f(x)を満す関数Gを f の原始関数という．

定理 3.8. (1) G, Hが f の原始関数であるとき，ある定数に対して

G(x)−H(x) = C.

(2) f ∈ C([a, b])であるとき，f の積分関数は原始関数である.

35

Gが f の原始関数であるとき，原始関数の全体は

{G(x) + C : C ∈ R}と表わせる．この関数の集合（関数族）を f の不定積分という．

例 3.7. f(x) = 1のとき，G(x) = x + 1は f の原始関数である．H(x) = xも f の原始関数である．

{x+ C : C ∈ R}は f の不定積分である．

• 原始関数は不定積分のひとつ，• 不定積分は原始関数の集まり（集合）

と言うことである．この不定積分の定義は私流であり通常のものと異なる．通常，不定積分を関数と見做し，G(x) + C (Cは任意定数)

を意味する．論理的には，私流の定義の方が分かりやすいが，以下では慣習に従う．不定積分G(x) + C (Cは任意定数)

を ∫f(x)dx

と表わす．

定理 3.9. f は [a, b]で連続であり， Gは f の原始関数とするとき，∫ b

a

f(x)dx = [G(x)]ba

ただし，[G(x)]ba = G(b)−G(a).

証明. 積分関数 F を

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

と定義する．ある定数Cに対して，

F (x)−G(x) = C.

従って， ∫ b

a

f(x)dx = F (b) = G(b) + C.

F (a) =

∫ a

a

f(x)dx = 0

だから，−G(a) = C. よって，∫ b

a

f(x)dx = G(b) + C = G(b)−G(a).

□

36

3.5. 不定積分の計算法. 以下，f , gは原始関数を持つものとする．

I. 線形性 α, β ∈ Rのとき，∫(αf(x) + βg(x))dx = α

∫f(x)dx+ β

∫g(x)dx.

注意 3.5. この公式および以下の公式には「任意定数」の問題が絡む：例で説明する．f(x) = x,g(x) = cosxとし，上の公式を考える．

左辺=α

2x2 + β sin x+ C (Cは任意定数)

右辺=α

2(x2 + C1) + β(sinx+ C2) (C1, C2は任意定数)

これを見ると，上の公式は任意の定数C, C1, C2 に対しては成立しないことが分かる．従って，ここで登場する公式を理解するには適切な解釈が必要である．以下，不定積分に関する公式については，「A = B」を「A−B =定数」と解釈する．上の例では，左辺−右辺= C − α

2C1 − βC2となり，左辺と右辺の差は定数である．不定

積分の公式は，定積分を計算するためにあると考えれば，この定数の差は無視できる．

証明 (線形性). 左辺を F (x), 右辺をG(x)と表わす．このとき

F ′(x) = αf(x) + βg(x), G′(x) = αf(x) + βg(x).

従って，F ′(x)−G′(x) = 0. よって，ある定数Cに対して，F (x)−G(x) = C. □

II. 部分積分法 f , gは微分可能であるとする．∫f ′(x)g(x)dx = f(x)g(x)−

∫f(x)g′(x)dx.

III. 置換積分法 φが微分可能であり，φ(t)が f の定義域に入っているとき，∫f(x)dx =

∫f(φ(t))φ′(t)dt (x = φ(t)).

注意 3.6. これも次の説明が必要である：左辺をF (x)，右辺をH(t)と表わすとき，F (φ(t)) =H(t)が成立すると解釈する．例：f(x) = cosx, φ(t) = t2 と取る．このとき，左辺= sin x+C1,

右辺=

∫cos(t2)2tdt = sin t2 + C2

となる．左辺に x = t2を代入すれば，左辺−右辺= C1 − C2となる．

問 3.1. つぎの不定積分を求めよ (a2 + b2 ̸= 0)．

(1)

∫eax cos bx dx

(2)

∫eax sin bx dx

問 3.2. つぎの不定積分を計算せよ．

(1)

∫ex

ex + e−xdx

(2)

∫1

x√x2 + 1

dx

37

定理 3.10. f は [a, b]で連続，φは [α, β]で C1級，φ(t) ∈ [a, b] (t ∈ [α, β])，a = φ(α)，b = φ(β) が成り立つとする．このとき∫ b

a

f(x)dx =

∫ β

α

f(φ(t))φ′(t)dt.

定理 3.11. f , gは [a, b]でC1級とする．このとき∫ b

a

f ′(x)g(x)dx =[f(x)g(x)

]ba−∫ b

a

f(x)g′(x)dx.

3.6. 定積分に対する置換積分・部分積分法.

3.7. 有理関数の不定積分. 有理関数P (x)/Q(x)の不定積分を求めたい．ただし，P (x), Q(x)は多項式である．有理関数の不定積分を計算する問題は

1

(x− a)n,

1

(x2 + αx+ β)m,

x

(x2 + αx+ β)m

の不定積分を計算する問題に帰着される．これらの計算は原理的には難しくない．まず，

∫dx

(x− a)n=

log |x− a|+ C (n = 1),

− 1

(n− 1)(x− a)n−1+ C (n > 1).

つぎに，

1

(x2 + αx+ β)m,

x

(x2 + αx+ β)m

の不定積分の代りに，

1

((x− a)2 + b2)m,

x− a

((x− a)2 + b2)m

の不定積分を考えればよい．ただし，b ̸= 0.

∫x− a

((x− a)2 + b2)mdx =

12log((x− a)2 + b2) + C (m = 1),

− 1

2(m− 1)((x− a)2 + b2)m−1+ C (m > 1).

さらに， ∫dx

((x− a)2 + b2)=

1

btan−1 x− a

b+ C

38

が得られ，m > 1に対しては，部分積分法により∫dx

((x− a)2 + b2)m−1=

(x− a)

((x− a)2 + b2)m−1+ 2(m− 1)

∫(x− a)2

((x− a)2 + b2)mdx

=(x− a)

((x− a)2 + b2)m−1+ 2(m− 1)

∫dx

((x− a)2 + b2)m−1

− 2(m− 1)b2∫

dx

((x− a)2 + b2)m

となり，漸化式 ∫dx

((x− a)2 + b2)m=

(x− a)

2(m− 1)b2((x− a)2 + b2)m−1

+(2m− 3)

2(m− 1)b2

∫dx

((x− a)2 + b2)m−1.

が得られる．これを使って ∫dx

((x− a)2 + b2)m

が計算できる．

例 3.8. つぎを計算せよ． ∫x4

x3 + 1dx

3.8. 補充問題.

1. 等式

∫ π/2

0

sinn x dx =

1 · 3 · · · (n− 3)(n− 1)

2 · 4 · · · (n− 4)(n− 2)

π

2(n が偶数),

2 · 4 · · · (n− 3) · (n− 1)

1 · 3 · · · (n− 4) · (n− 2)

1

n(n が奇数)

を示せ．ヒント：部分積分2. f が [0, 1]上で連続なとき∫ π

0

xf(sinx)dx =π

2

∫ π

0

f(sinx)dx

を示せ．

ヒント：

∫ π

0

(π − x)f(sinx)dx =

∫ π

0

xf(sinx)dx,∫ π

0

(π − x)f(sinx)dx+

∫ π

0

xf(sinx)dx = π

∫ π

0

f(sinx)dx.

3.

∫ π

0

x sin x

1 + cos2 xdxを計算せよ．

ヒント：d

dxtan−1(cosx) =

− sinx

1 + cos2 x. 2の結果を使う．

39

4. つぎの定積分を計算せよ．

(1)

∫ 2a

0

√2ax− x2dx (a > 0) (2)

∫ a

−a

dx√a2 + x2

(a > 0)

(3)

∫ 1

0

√x

3 + xdx (4)

∫ 1

0

tan−1 xdx

(5)

∫ 2

1

log x

xdx (6)

∫ π/2

0

sin4 x cos2 xdx

(7)

∫ 1

0

log(1 + x)

1 + x2dx

ヒント：(1) ルートの中身= a2 − (x− a)2, 変数変換（置換）(x− a)/a = tを使う．(2) 変数変換 x/a = tをする．その後で，

d

dxsinh−1 x =

1√1 + x2

を思い出す．(3) x = 3t2と変数変換する．(4) tan−1 x = x′ tan−1 xと考えて，部分積分する．(5) 部分積分する．(6) 部分積分する．(7) x = tan tと置換．

5. m,nが自然数のときに，つぎのことを示せ．

(1)

∫ π

−π

cosmx cosnxdx = 0 (m ̸= n), π (m = n)

(2)

∫ π

−π

sinmx sinnxdx = 0 (m ̸= n), π (m = n)

(3)

∫ π

−π

sinmx cosnxdx = 0

6. a > 0とする．つぎのことを示せ．(1) f ∈ C([−a, a])とする．f が偶関数 (f(−x) = f(x))ならば，∫ a

−a

f(x)dx = 2

∫ a

0

f(x)dx

が成り立ち，f が奇関数 (f(−x) = −f(x))ならば，∫ a

−a

f(x)dx = 0

が成り立つ．(2) f ∈ C([0, a])とする．∫ a

0

f(x)dx =

∫ a

0

f(a− x)dx

が成り立つ．(3) f ∈ C([0, a])とする．f(a− x) = f(x)が成り立つとき，∫ a

0

f(x)dx = 2

∫ a/2

0

f(x)dx

が成立する．f(a− x) = −f(x)が成り立つとき，∫ a

0

f(x)dx = 0

40

が成立する．

7.

∫x4

x3 + 1dxを計算せよ．

8. つぎの不定積分を計算せよ．

(1)

∫dx

x2(x+ 1)(2)

∫dx

x3 − 1(3)

∫dx

(x− 1)(x2 + 1)2

9.

∫ √x− 1

x+ 2dxを計算せよ．

ヒント：基本方針：

∫R(x, n

√ax+ b

cx+ d

)dx, Rは有理関数，n ∈ N, n ≥ 2, ad−bc ̸= 0

とする．このとき，

n

√ax+ b

cx+ d= t

と置けば良い．

10.

∫dx√

x− 3√xを計算せよ．

ヒント：9の基本方針，1√

x− 3√x=

1

(x1/6)3 − (x1/6)2にも注意

11. つぎの不定積分を計算せよ．

(1)

∫dx

1 + 3√x

(2)

∫dx√

2 + x− x2(3)

∫x+

√3 + x√

2− xdx

(4)

∫dx

x√x2 − x+ 2

(5)

∫x√

2 + 2x− x2dx

ヒント：(1), (3)に対しては，9の基本方針で対処する．(2), (4), (5)のための基本方針：∫R(x,√ax2 + bx+ c

)dx，Rは有理関数，a ̸= 0，b2−4ac ̸= 0とする．a > 0のとき，

√ax2 + bx+ c = t−

√axと置けば良い．a < 0のとき，ax2+bx+c = −a(x−α)(x−β)

とする．ただし，α < βとする．

√β − x

x− α= tと置けば良い．

12. つぎの不定積分を計算せよ．

(1)

∫sinx

1 + sin x+ cosxdx (2)

∫dx

a+ b tanxdx (ab ̸= 0) (3)

∫sinx

1 + sin xdx

(4)

∫dx

tan2 x+ 3(5)

∫cos2

2 + sin2 xdx (6)

∫sin3 x

2 + cos xdx

ヒント：基本方針：

∫R(sinx, cosx)dx，Rは有理関数．このとき，tan x

2= tと置

けば良い．

∫R(tanx)dxのときには，tanx = tでよい．

4. 広義積分

4.1. 広義積分の定義.

41

例 4.1. (0, 1]上で，関数 x−1/2は連続，しかし [0, 1]上では不連続（定義もされてない）．

limε→0+

∫ 1

ε

x−1/2dx = limε→0+

[2x1/2

]1ε= lim

ε→0+2(1− ε1/2

)= 2

区間 [a, b)で関数 f は連続とする．

次の右辺の極限が存在するとき，広義積分∫ b

af(x)dxを∫ b

a

f(x)dx = limc→b−0

∫ c

a

f(x)dx

と定義する．a < c < bのとき，f は区間 [a, c]で積分可能であることに注意する．f が区間 (a, b]で連続な場合にも同様に広義積分を定義する．∫ b

a

f(x)dx = limc→a+0

∫ b

c

f(x)dx.

f が区間 [a,∞)で連続な場合にも同様に広義積分を定義する．∫ ∞

a

f(x)dx = limc→∞

∫ c

a

f(x)dx.

ここで，a < c <∞のとき，f は区間 [a, c]で積分可能であることに注意する．f が区間 (−∞, b]で連続な場合にも同様に広義積分を定義する．∫ b

−∞f(x)dx = lim

c→−∞

∫ b

c

f(x)dx.

ここで，−∞ < c < bのとき，f は区間 [c, b]で積分可能であることに注意する．

定理 4.1. f ∈ C((a, b])とする．このとき，f は広義積分可能である ⇐⇒ 任意 ε > 0に対して，δ > 0があり，

a < t < s < a+ δ =⇒∣∣∣∣∫ s

t

f(x)dx

∣∣∣∣ < ε

となる.

定理 4.2. f ∈ C([a,∞))とする．このとき，f は広義積分可能である. ⇐⇒ 任意 ε > 0に対して，M > 0があり，

M < t < s <∞ =⇒∣∣∣∣∫ s

t

f(x)dx

∣∣∣∣ < ε

となる.

4.2. 広義積分可能性.

定理 4.1の証明. ( =⇒ )

I =

∫ b

a

f(x)dx

42

とおく．広義積分の定義より，ε > 0に対して，δ > 0が存在し

a < t < a+ δ =⇒∣∣∣∣∫ b

t

f(x)dx− I

∣∣∣∣ < ε

となる．このとき，a < t < s < a+ δであれば，∣∣∣∣∫ s

t

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ b

t

f(x)dx− I −∫ b

s

f(x)dx+ I

∣∣∣∣≤

∣∣∣∣∫ b

t

f(x)dx− I

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ b

s

f(x)dx− I

∣∣∣∣ < 2ε

となる．(⇐=) tn > aを tn → aと取る．仮定より，数列{∫ b

tn

f(x)dx

}n∈N

はCauchy列である．

I = limn→∞

∫ b

tn

f(x)dx

とおく．sn > aを sn → aと取る．数列

t1, s1, t2, s2, ..., tn, sn, ...

は収束列である．したがって∫ b

t1

f(x)dx,

∫ b

s1

f(x)dx,

∫ b

t2

f(x)dx,

∫ b

s2

f(x)dx, ...

も収束列である．これは I に収束する．従って，

limn→∞

∫ b

sn

f(x)dx = I.

これより，

limt→a+0

∫ b

t

f(x)dx = I.

□

定理 4.2の証明も同様である．

定理 4.3. (1) f ∈ C([a, ∞)) は f(x) ≥ 0をみたすとする．このとき，広義積分∫ ∞

a

f(x)dx

が収束するための必要十分条件は

supa<b<∞

∫ b

a

f(x)dx <∞

43

が成り立つことである． (2) f ∈ C([a, b)) は f(x) ≥ 0をみたすとする．このとき，広義積分 ∫ b

a

f(x)dx

が収束するための必要十分条件は

supa<c<b

∫ c

a

f(x)dx <∞

が成り立つことである．

4.3. 簡単な広義積分可能性の十分条件. f, g ∈ C((a, b])とする．

I. g(x) ≥ 0とし，gは広義積分可能であるとする．

|f(x)| ≤ g(x) (x ∈ (a, b])

ならば広義積分可能である．II. ある定数C > 0と 0 ≤ p < 1に対して，

|f(x)| ≤ C

(x− a)p(x ∈ (a, b])

ならば広義積分可能である．

f, g ∈ C([a,∞))とする．

III. g(x) ≥ 0とし，gは広義積分可能であるとする．

|f(x)| ≤ g(x) (x ∈ [a,∞))

ならば広義積分可能である．IV. ある定数C > 0と p > 1に対して，

|f(x)| ≤ C

xp(x ∈ [b,∞))

ならば広義積分可能である．ただし，b = max{a, 1}とする．

例 4.2. (i) 広義積分 ∫ ∞

1

e−xxpdx

は収束することを調べよ．ただし，p ∈ Rとする．(ii) 広義積分 ∫ 1

0

e−xxpdx

は収束するか．ただし，p ∈ Rとする．(iii) 広義積分 ∫ ∞

π

| sinx||x|

dx

は収束しないことを示せ．(iv) 広義積分 ∫ π

0

| sinx||x|

dx

44

は収束することを示せ．

広義積分 ∫ ∞

0

e−xxt−1dx

は t > 0のときに収束する．t > 0の関数

Γ (t) =

∫ ∞

0

e−xxt−1dx

が定義できる．この関数をガンマ関数という．

問 4.1. つぎの等式を示せ． ∫ π/2

0

log sin x dx = −π2log 2.

問 4.2. つぎを示せ：0 < a < 2のとき，

∫ ∞

0

sin x

xadx は収束する．

問 4.3. つぎを示せ：f ∈ C([a, ∞))であり，f(x) > 0を満し，f が減少関数であるとする．このとき，

∞∑n=0

f(a+ n) は収束する ⇐⇒∫ ∞

a

f(x) dx は収束する

問 4.4. つぎを示せ：∞∑n=1

1

npは p > 1のとき収束し，p ≤ 1のとき発散する．

問 4.5. つぎを示せ．

limn→∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− log n

)が存在する．

問 4.6. つぎを示せ． ∫ ∞

0

e−x2

dx =

√π

2.

問 4.7.

∫ a

0

dx4√a4 − x4

の収束・発散を調べよ． (a > 0)

問 4.8.

∫ π

0

dx√sin x

の収束・発散を調べよ．

問 4.9.

∫ ∞

0

xa−1

1 + xdxの収束・発散を調べよ．(ただし，a ∈ R)

問 4.10.

∫ ∞

0

dx3√x4 + 1

の収束・発散を調べよ．

問 4.11.

∫ ∞

1

log x

x2dxの収束・発散を調べよ．

問 4.12.

∫ ∞

0

cosx2dxの収束・発散を調べよ．

45

問 4.13.

∫ ∞

0

sinx2dxの収束・発散を調べよ．

問 4.14.

∫ π

0

log sin xdxを計算せよ．

問 4.15.

∫ π

0

x sinx

1− cosxdxを計算せよ．

問 4.16.

∫ ∞

0

e−x| sinx|dxを計算せよ．

問 4.17.

∫ ∞

0

x

(1 + x2)3/2dxを計算せよ．