数列の各項を無限に加え続けた式を「無限級数」と呼びます。有限個の和とは異なり、無限級数には「収束するもの」と「発散するもの」があります。本記事では無限級数の定義を部分和の極限として厳密に与え、収束・発散の判定に必要な基本的性質を学びます。特に「$a_n \to 0$ は収束の必要条件であるが十分条件ではない」という重要な事実を、調和級数を通じて理解しましょう。
無限数列 $\{a_n\}$（$a_1, a_2, a_3, \ldots$）の各項を順に加えた式
$$a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} a_n$$
を無限級数と呼びます。ここで $a_n$ を無限級数の第 $n$ 項（一般項）といいます。
無限級数：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots$
第 $n$ 部分和：$\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$
※ 無限級数の「値」は、部分和の数列 $\{S_n\}$ の極限として定義されます。無限個の数を直接加えることはできないため、有限和の極限で意味を与えます。
有限和 $S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$ は必ず確定した値をもちます。しかし無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は、部分和の列 $\{S_n\}$ が収束するかどうかによって値が定まったり定まらなかったりします。
つまり「無限個の数の和」は、$\lim_{n \to \infty} S_n$ という極限操作を通じて初めて意味を持つのです。
部分和の数列 $\{S_n\}$ の振る舞いに応じて、無限級数の収束・発散を定義します。
収束：$\lim_{n \to \infty} S_n = S$（有限確定値）のとき、無限級数 $\sum a_n$ は収束するといい、$S$ をその和と呼ぶ。
発散：$\lim_{n \to \infty} S_n$ が存在しないとき（$\pm \infty$ に発散、または振動）、無限級数 $\sum a_n$ は発散するという。
問題：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ の収束・発散を調べ、収束する場合はその和を求めよ。
解：部分分数分解により $\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1}$ であるから、
$S_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right)$
$= \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)$
$= 1 - \dfrac{1}{n+1}$（望遠鏡和、テレスコーピング）
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty}\left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = 1$
よって、この無限級数は収束し、和は $1$ である。
問題：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}$ の収束・発散を調べよ。
解：$a_n = (-1)^{n+1}$ より、$a_1 = 1, a_2 = -1, a_3 = 1, a_4 = -1, \ldots$
$S_n = \begin{cases} 1 & (n \text{ が奇数}) \\ 0 & (n \text{ が偶数}) \end{cases}$
$\{S_n\}$ は $1, 0, 1, 0, \ldots$ と振動して極限を持たない。
よって、この無限級数は発散（振動）する。
$\sum (b_n - b_{n+1})$ の形は、隣り合う項が打ち消し合い $S_n = b_1 - b_{n+1}$ となります。望遠鏡（テレスコープ）を畳むように中間項が消えるため、この名前があります。
部分分数分解で $a_n = b_n - b_{n+1}$ の形に変形できれば、部分和が簡潔に求まります。
無限級数の収束に関する最も基本的な性質を見ましょう。
無限級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するならば、
$$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$$
※ 対偶：$\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$ ならば $\sum a_n$ は発散する。
$\sum a_n$ が収束し、その和を $S$ とすると $\lim_{n \to \infty} S_n = S$。
$n \geq 2$ のとき $a_n = S_n - S_{n-1}$ であるから、
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty}(S_n - S_{n-1}) = S - S = 0$ $\square$
✗「$\lim a_n = 0$ ならば $\sum a_n$ は収束する」は誤り！
✓ $\lim a_n = 0$ は収束の必要条件であって十分条件ではない
反例として最も有名なのが調和級数です。$a_n = \dfrac{1}{n} \to 0$ ですが、$\sum \dfrac{1}{n}$ は発散します。
$S_{2^m}$ の下からの評価を示す。
$S_1 = 1$
$S_2 = 1 + \frac{1}{2}$
$S_4 = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) > 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right) = 1 + \frac{2}{2}$
$S_8 = S_4 + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right) > 1 + \frac{2}{2} + 4 \cdot \frac{1}{8} = 1 + \frac{3}{2}$
一般に $S_{2^m} > 1 + \dfrac{m}{2}$ が成り立つ。
$m \to \infty$ のとき $S_{2^m} \to \infty$ であるから、$\{S_n\}$ は発散する。
よって調和級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ は発散する。 $\square$
$\dfrac{1}{n} \to 0$ と「ゆっくり」$0$ に近づく数列でも、無限に加え続ければ和は限りなく大きくなります。
収束を示すには $\lim a_n = 0$ だけでは不十分で、部分和 $S_n$ の極限を直接調べる必要があります。
入試で頻出の「部分分数分解 → テレスコーピング」の計算パターンを整理します。
問題：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)}$ の和を求めよ。
解：$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+2}\right)$
$S_n = \dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+2}\right)$
$= \dfrac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)\right]$
$= \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+2}\right)$
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{3}{4}$
(1) $\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1}$ → 和 $= 1$
(2) $\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+2}\right)$ → 和 $= \dfrac{3}{4}$
(3) $\dfrac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n-1} - \dfrac{1}{2n+1}\right)$ → 和 $= \dfrac{1}{2}$
※ 差が $1$ でない場合は、残る項が複数になることに注意しましょう。
$\dfrac{1}{n(n+d)}$ の形は $\dfrac{1}{d}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+d}\right)$ と分解できます。
$d = 1$ のときは完全なテレスコーピング、$d \geq 2$ のときは「ずれたテレスコーピング」となり、残る項が $d$ 個になります。
収束する無限級数に対して、次の基本的な計算法則が成り立ちます。
$\sum a_n = A$、$\sum b_n = B$（ともに収束）のとき：
(1) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} c \, a_n = cA$ （$c$ は定数）
(2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n) = A + B$
(3) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - b_n) = A - B$
✗ $\sum a_n$ と $\sum b_n$ がともに発散するとき、$\sum(a_n + b_n)$ も必ず発散するとは限らない
✓ 例：$a_n = 1, b_n = -1$ のとき $\sum a_n = \infty, \sum b_n = -\infty$ だが $\sum(a_n + b_n) = 0$（収束）
線形性は「ともに収束するとき」のみ成立する法則です。
無限級数の有限個の項を変更・追加・削除しても、収束・発散は変わりません。ただし収束する場合の和の値は変わることがあります。
例えば $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するなら $\sum_{n=100}^{\infty} a_n$ も収束します。これは「尾部の振る舞い」が収束・発散を決めるからです。
| 判定 | 条件 | 結論 |
|---|---|---|
| 発散の十分条件 | $\lim a_n \neq 0$ | $\sum a_n$ は発散 |
| 収束の必要条件 | $\sum a_n$ が収束 | $\lim a_n = 0$ |
| 判定不能 | $\lim a_n = 0$ | 収束も発散もありうる |
Q1. 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の「和」はどのように定義されるか。
Q2. $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1}$ は収束するか発散するか。理由も述べよ。
Q3. $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ であれば $\sum a_n$ は必ず収束するか。
Q4. $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ の和を求めよ。
Q5. 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n$ は収束するか発散するか。
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+3)}$ の和を求めよ。
$\dfrac{1}{n(n+3)} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+3}\right)$
$S_n = \dfrac{1}{3}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+3}\right)$
$= \dfrac{1}{3}\left(1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+2} - \dfrac{1}{n+3}\right)$
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{3}\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{11}{6} = \frac{11}{18}$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$ の収束・発散を調べよ。
有理化：$\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$
$S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) = \sqrt{n+1} - 1$（テレスコーピング）
$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty}(\sqrt{n+1}-1) = \infty$
よって、この無限級数は発散する。
一般項は $\sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \to 0$ であるから $\lim a_n = 0$ を満たしますが、部分和が $\infty$ に発散します。調和級数と同様に「$a_n \to 0$ でも発散する」例の一つです。
次の無限級数の収束・発散を調べ、収束する場合はその和を求めよ。
(1) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$
(2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \log\frac{n+1}{n}$
(1) $\dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \dfrac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{(n+1)^2}$
$S_n = 1 - \dfrac{1}{(n+1)^2} \to 1$。収束し、和は $1$。
(2) $\log\dfrac{n+1}{n} = \log(n+1) - \log n$
$S_n = \log(n+1) - \log 1 = \log(n+1) \to \infty$
よって発散する。
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ の和を求めよ。
部分分数分解：$\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n(n+1)} - \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$
$S_n = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1 \cdot 2} - \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$
3つの連続する整数の積の逆数は、2つの連続する整数の積の逆数の差に分解できます。$\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$ を確認するには、右辺を通分してみてください。この手法は $\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)}$ 型に一般化できます。