級数の項別積分

非負項なら単調収束定理、 $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d μ < \infty$ なら優収束定理を使って $\int \sum_{n} f_{n} d μ = \sum_{n} \int f_{n} d μ$ と交換し、 $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} - 1} d x = \frac{π ^{2}}{6}$ のような積分の値を求められる

前提

単調収束定理・優収束定理（大学院数学測度論・実解析）
パーセバルの等式と級数の和（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

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算数中学高校大学大学院

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定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（数学III 積分法）
広義積分（大学数学微分積分）
ルベーグ積分の計算（大学院数学測度論・実解析）
単調収束定理・優収束定理（大学院数学測度論・実解析）
三角関数の積分（数学III 積分法）
無限等比級数と無限級数（数学III 極限）
フーリエ級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
パーセバルの等式と級数の和（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

説明

被積分関数を等比級数などで $\sum_{n} f_{n}$ と展開し、「和の積分」を「積分の和」 $\sum_{n} \int f_{n} d μ$ に取り替えて計算できるようになります。交換してよい根拠は、各項が非負なら単調収束定理、符号が変わるなら $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d μ < \infty$ を確かめたうえでの優収束定理です。 $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} - 1} d x = \frac{π ^{2}}{6}$ のように、原始関数が求められない広義積分の値を、既知の級数の和（ $\sum \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ など）に帰着させる場面で使います。

なぜそうしてよいのか

$\sum_{n = 1}^{\infty} f_{n}$ は部分和 $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} f_{n}$ の極限です。有限和なら積分の線形性から $\int S_{N} d μ = \sum_{n = 1}^{N} \int f_{n} d μ$ が成り立つので、項別積分の問題は「 $\int lim_{N} S_{N} = lim_{N} \int S_{N}$ と極限と積分を交換してよいか」という問題に言い換えられます。

各 $f_{n} \geq 0$ （可測）なら $S_{1} \leq S_{2} \leq \dots$ と単調増加なので、単調収束定理がそのまま使え、値が $+ \infty$ の場合も含めて $\int \sum_{n} f_{n} d μ = \sum_{n} \int f_{n} d μ$ が無条件に成り立ちます。たとえば $x > 0$ では $0 < e^{- x} < 1$ なので $\frac{x}{e ^{x} - 1} = \frac{x e ^{- x}}{1 - e ^{- x}} = \sum_{n \geq 1} x e^{- n x}$ （各項 $\geq 0$ ）と展開でき、 $\int_{0}^{\infty} x e^{- n x} d x = \frac{1}{n ^{2}}$ から $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} - 1} d x = \sum \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ が得られます（ $x = 0$ の 1 点は測度 $0$ なので積分に影響しません）。

符号が変わる場合は、 $g = \sum_{n} ∣ f_{n} ∣$ を考えます。非負項の場合の結果から $\int g d μ = \sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d μ$ なので、これが有限なら $g$ は可積分で、ほとんどいたるところ有限です。すると $\sum_{n} f_{n}$ はほとんどいたるところ絶対収束し、部分和は $∣ S_{N} ∣ \leq \sum_{n \leq N} ∣ f_{n} ∣ \leq g$ と $N$ によらない可積分関数で押さえられるので、優収束定理により $\int \sum_{n} f_{n} d μ = lim_{N} \int S_{N} d μ = \sum_{n} \int f_{n} d μ$ となります。

手順

被積分関数を級数 $\sum_{n} f_{n}$ に展開する。等比級数 $\frac{1}{1 - r} = \sum_{n \geq 0} r^{n}$ を使うときは、積分範囲の（ほとんど）すべての点で $∣ r ∣ < 1$ となるか確かめる。
各項の符号を見る。すべて $f_{n} \geq 0$ なら単調収束定理で交換してよい。
符号が変わるなら、 $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d μ < \infty$ を確かめ、優収束定理（優関数 $g = \sum_{n} ∣ f_{n} ∣$ ）で交換してよいことを示す。
各項の積分 $\int f_{n} d μ$ を計算する（部分積分、 $\int_{0}^{\infty} x^{k} e^{- n x} d x = \frac{k !}{n ^{k + 1}}$ など）。
得られた級数の和を、 $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ などの既知の値に帰着させて求める。

例題

広義積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} + 1} d x$ の値を求めよ。ただし $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ は用いてよい。

例題の解答

（手順 1） $x > 0$ では $0 < e^{- x} < 1$ なので
$\frac{x}{e ^{x} + 1} = \frac{x e ^{- x}}{1 + e ^{- x}} = x e^{- x} m \geq 0 \sum (- e^{- x})^{m} = n \geq 1 \sum (- 1)^{n - 1} x e^{- n x} .$
$f_{n} (x) = (- 1)^{n - 1} x e^{- n x}$ とおく（ $x = 0$ は測度 $0$ の 1 点なので無視してよい）。

（手順 2・3） $f_{n}$ は符号が交互に変わるので、優収束定理を使う。 $∣ f_{n} (x) ∣ = x e^{- n x}$ で、部分積分により
$\int_{0}^{\infty} x e^{- n x} d x = [- \frac{x}{n} e^{- n x}]_{0}^{\infty} + \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} e^{- n x} d x = \frac{1}{n ^{2}} .$
よって $\sum_{n} \int_{0}^{\infty} ∣ f_{n} ∣ d x = \sum_{n} \frac{1}{n ^{2}} < \infty$ となり、項別積分してよい。

（手順 4） $\int_{0}^{\infty} f_{n} d x = \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}}$ なので
$\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} + 1} d x = n \geq 1 \sum \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}} .$

（手順 5）偶数番目の項の和は $\sum_{k \geq 1} \frac{1}{( 2 k ) ^{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{π ^{2}}{6} = \frac{π ^{2}}{24}$ 。交代和は「全体の和から偶数番目を 2 回引いたもの」なので（各級数は絶対収束するので並べ替えてよい）
$n \geq 1 \sum \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} - 2 \cdot \frac{π ^{2}}{24} = \frac{π ^{2}}{12} .$

答え: $\frac{π ^{2}}{12}$

よくある誤り

仮定を確かめずに交換してしまう誤り。 $[0, \infty)$ 上で $f_{n} = 1_{[n, n + 1)} - 1_{[n + 1, n + 2)}$ とすると、 $\sum_{n} f_{n} = 1_{[1, 2)}$ （打ち消し合う）で $\int \sum_{n} f_{n} d x = 1$ だが、 $\int f_{n} d x = 0$ なので $\sum_{n} \int f_{n} d x = 0$ 。正しくは、符号が変わるときは $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d x < \infty$ を確かめる（この例では $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d x = \sum_{n} 2 = \infty$ ）。
$\sum_{n} \int f_{n} d μ$ が収束すれば交換してよいとしてしまう誤り。上の例でも $\sum_{n} \int f_{n} = 0$ は収束している。優収束定理の根拠になるのは絶対値の積分の和 $\sum_{n} \int ∣ f_{n} ∣ d μ$ の有限性である。
展開の収束条件を落とす誤り。 $\frac{1}{1 - r} = \sum r^{n}$ は $∣ r ∣ < 1$ でしか使えない。 $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{x} - 1} d x$ で $\frac{1}{e ^{x} - 1} = \sum_{n \geq 0} e^{n x}$ と展開するのは誤りで（ $e^{x} > 1$ ）、正しくは $e^{- x}$ をくくり出して $\frac{e ^{- x}}{1 - e ^{- x}} = \sum_{n \geq 1} e^{- n x}$ と展開する。
交代和の計算で偶数番目を 1 回しか引かない誤り。 $\sum \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} - \frac{π ^{2}}{24} = \frac{π ^{2}}{8}$ としてしまう（これは奇数番目だけの和）。正しくは、偶数番目は「足すべきでなく引くべき」なので 2 回引いて $\frac{π ^{2}}{6} - 2 \cdot \frac{π ^{2}}{24} = \frac{π ^{2}}{12}$ 。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
区間 $(0, 1)$ 上のルベーグ測度に関する積分
$I = \int_{0}^{1} \frac{- lo g x}{1 - x ^{2}} d x$
の値を求めよ。ただし $lo g$ は自然対数とし、 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ は用いてよい。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

ガウスの超幾何定理（大学院数学特殊関数・漸近解析）
ベッセル関数のラプラス変換と積分（大学院数学特殊関数・漸近解析）