無限級数の和と収束判定

方針：括弧をつけた級数の部分和は、元の部分和の一部を取り出した数列になる。それが同じ極限に収束することを、def-si-limit に戻って示す。
段 1（括弧をつけた級数の部分和）：括弧をつけた級数の $k$ 番目の項は $a_{n_{k-1}+1}+\dots+a_{n_k}$ である（$n_0:=0$ とする）。これを $k$ 個足すと $a_1$ から $a_{n_k}$ までの和になるので、括弧をつけた級数の $k$ 項までの部分和は $S_{n_k}$ である。
段 2（$n_k\ge k$）：$n_1\ge1$ である。$n_k\ge k$ なら、$n_{k+1}>n_k$ で $n_{k+1}$ は整数なので $n_{k+1}\ge n_k+1\ge k+1$ である。よって帰納法により、すべての $k$ で $n_k\ge k$ である。
段 3（収束）：$\varepsilon>0$ をとる。$S_n\to S$ なので、ある $N$ があって、$n\ge N$ で $|S_n-S|<\varepsilon$ である。$k\ge N$ なら段 2 から $n_k\ge k\ge N$ なので $|S_{n_k}-S|<\varepsilon$ である。よって $S_{n_k}\to S$ であり、段 1 から括弧をつけた級数は $S$ に収束する。$\square$

和を $S$ とする。$n\ge2$ で $a_n=S_n-S_{n-1}$ である。$S_n\to S$ であり、番号を 1 つずらした $S_{n-1}$ も $S$ に収束する。差の極限は極限の差なので、$a_n\to S-S=0$ である。後半は前半の対偶である。$\square$

項を $\frac1{2^{j-1}+1}$ から $\frac1{2^j}$ までの組（$j=1,2,\dots,k$）に分ける：
$$ H_{2^k}=1+\frac12+\Bigl(\frac13+\frac14\Bigr)+\Bigl(\frac15+\dots+\frac18\Bigr)+\dots+\Bigl(\frac1{2^{k-1}+1}+\dots+\frac1{2^k}\Bigr). $$
$j$ 番目の組には $2^j-2^{j-1}=2^{j-1}$ 個の項があり、どの項も最後の項 $\frac1{2^j}$ 以上である。よって組の和は $2^{j-1}\cdot\frac1{2^j}=\frac12$ 以上であり、$H_{2^k}\ge1+k\cdot\frac12$ である。部分和は $n$ について増加するので、$n\ge2^k$ なら $H_n\ge H_{2^k}\ge1+\frac k2$ であり、$k$ はいくらでも大きくとれるから $H_n\to+\infty$ である。$\square$

段 1（$|r|\ge1$）：$|ar^n|=|a|\,|r|^n\ge|a|>0$ なので $ar^n$ は $0$ に収束しない。prop-si-necessary により発散する。
段 2（$|r|<1$ のとき $r^n\to0$）：$r=0$ なら $n\ge1$ で $r^n=0$ である。$0<|r|<1$ なら $\frac1{|r|}=1+h$（$h>0$）と書ける。二項定理で展開して正の項を捨てると $(1+h)^n\ge1+nh$ なので
$$ |r|^n=\frac1{(1+h)^n}\le\frac1{1+nh}<\frac1{nh} $$
である。$\varepsilon>0$ に対し $N>\frac1{\varepsilon h}$ ととれば、$n\ge N$ で $|r^n|<\varepsilon$ となる。
段 3（和）：$S_n:=a+ar+\dots+ar^{n-1}$ とおくと $S_n-rS_n=a-ar^n$ なので、$r\ne1$ のとき $S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}$ である。段 2 から $S_n\to\frac a{1-r}$ である。$\square$

$(S_n)$ は増加する。上に有界なら thm-si-monotone により収束する。逆に収束する数列は有界である（極限 $S$ に対し $\varepsilon=1$ ととると、ある $N$ から先は $S_n< S+1$ であり、残りの有限個 $S_1,\dots,S_{N-1}$ の最大値と $S+1$ の大きいほうが上界になる）。有界でないとき、どんな $M$ に対しても $S_N>M$ となる $N$ があり、増加なので $n\ge N$ でも $S_n>M$ である。これは $+\infty$ に発散することである。$\square$

段 1（最初の有限個は影響しない）：ある $N$ から先で不等式が成り立つとする。級数から最初の有限個の項を取り除いても、部分和は一定の数だけずれるだけなので、収束・発散は変わらない。よって、すべての $n$ で $0\le a_n\le b_n$ として示せばよい。
段 2（(1) の証明）：$A_n:=a_1+\dots+a_n$、$B_n:=b_1+\dots+b_n$ とすると、項ごとの不等式を足して $A_n\le B_n$ である。$\sum b_n$ の和を $B$ とすると、$(B_n)$ は増加して $B$ に収束するので、すべての $n$ で $B_n\le B$ である（もし $B_m>B$ となる $m$ があれば、$n\ge m$ で $B_n\ge B_m$ なので極限も $B_m$ 以上になり矛盾）。よって $A_n\le B$ で、prop-si-positive により $\sum a_n$ は収束する。
段 3（(2) の証明）：(1) の対偶である。$\square$

1. $n\ge N$ で $a_{n+1}\le ra_n$ なので、くり返し使って $a_{N+k}\le ra_{N+k-1}\le\dots\le r^ka_N$（$k\ge0$）である。$0< r<1$ としてよい（$r\le0$ なら $a_{N+1}\le ra_N\le0$ となって $a_{N+1}>0$ に反するので、$r>0$ である）。$\sum_{k\ge0}a_Nr^k$ は thm-si-geometric により収束するので、thm-si-comparison (1) により $\sum_{k\ge0}a_{N+k}$ は収束し、最初の $N-1$ 項を加えた $\sum a_n$ も収束する。
2. $n\ge N$ で $a_{n+1}\ge a_n$ なので $a_n\ge a_N>0$ であり、$a_n$ は $0$ に収束しない。prop-si-necessary により発散する。
   最後の主張：$L<1$ なら $r:=\frac{1+L}2$ とおくと $L< r<1$ である。def-si-limit で $\varepsilon=r-L>0$ ととると、ある $N$ から先で $\frac{a_{n+1}}{a_n}< L+\varepsilon=r$ となり、(1) が使える。$L>1$ なら $\varepsilon=L-1$ ととると、ある $N$ から先で $\frac{a_{n+1}}{a_n}>L-\varepsilon=1$ となり、(2) が使える。$\square$

$b_n:=a_n+|a_n|$ とおく。$a_n\ge0$ なら $b_n=2|a_n|$、$a_n<0$ なら $b_n=0$ なので、$0\le b_n\le2|a_n|$ である。$\sum2|a_n|$ は部分和が $\sum|a_n|$ の部分和の 2 倍なので収束し、thm-si-comparison (1) により $\sum b_n$ も収束する。$a_n=b_n-|a_n|$ なので、$\sum a_n$ の部分和は、収束する 2 つの部分和の数列の差であり、収束する。$\square$

方針：$\frac1k=\int_0^1t^{k-1}\,dt$ を使って、部分和を 1 つの積分にまとめる。
段 1：$t\ge0$ で、公比 $-t$ の等比数列の和の公式から
$$ 1-t+t^2-\dots+(-t)^{n-1}=\frac{1-(-t)^n}{1+t} $$
である。両辺を $0$ から $1$ まで積分すると、左辺は $\int_0^1(-t)^{k-1}dt=\frac{(-1)^{k-1}}k$ の和なので $S_n$ になり、
$$ S_n=\int_0^1\frac{dt}{1+t}-(-1)^n\int_0^1\frac{t^n}{1+t}\,dt=\log2-(-1)^n\int_0^1\frac{t^n}{1+t}\,dt $$
である（$\int_0^1\frac{dt}{1+t}=\bigl[\log(1+t)\bigr]_0^1=\log2$）。
段 2：$0\le t\le1$ で $0\le\frac{t^n}{1+t}\le t^n$ なので
$$ |S_n-\log2|=\int_0^1\frac{t^n}{1+t}\,dt\le\int_0^1t^n\,dt=\frac1{n+1} $$
であり、$n\to\infty$ で $S_n\to\log2$ である。
段 3：絶対値をとった級数は調和級数で、prop-si-harmonic により発散する。よって条件収束である。$\square$

段 1（並べ替えであること）：$k$ 番目のまとまりは $\frac1{2k-1}-\frac1{4k-2}-\frac1{4k}$ である。奇数の分母 $2k-1$ はすべて 1 回ずつ現れる。偶数の分母は $4$ で割って $2$ 余るもの（$4k-2$）と割り切れるもの（$4k$）に分かれ、どちらも 1 回ずつ現れる。よって元の級数の項がちょうど 1 回ずつ現れる。
段 2（$3k$ 項までの和）：並べ替えた級数の部分和を $T_n$ とする。$\frac1{2k-1}-\frac1{4k-2}=\frac1{4k-2}$ なので
$$ \frac1{2k-1}-\frac1{4k-2}-\frac1{4k}=\frac1{4k-2}-\frac1{4k}=\frac12\Bigl(\frac1{2k-1}-\frac1{2k}\Bigr) $$
であり、$k=1,\dots,m$ について足すと $T_{3m}=\frac12S_{2m}$ である。prop-si-log2 により $T_{3m}\to\frac12\log2$ である。
段 3（残りの番号）：$T_{3m+1}=T_{3m}+\frac1{2m+1}$、$T_{3m+2}=T_{3m+1}-\frac1{4m+2}$ であり、加えた項は $0$ に収束する。よって $T_n$ は $n$ を $3$ で割った余りによらず $\frac12\log2$ に収束する。$\log2>0$ なので $\frac12\log2\ne\log2$ である。$\square$