ワイヤシュトラースのM判定法について

質問

d/dθΣ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}
d^2/dθ^2Σ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}
を今自分が考えている問題で扱いたいのですが、
d/dθΣ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}＝Σd/dθ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}
d^2/dθ^2Σ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}＝Σd^2/dθ^2(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}
とできれば問題が解けたのですが、これはどう証明すればいいのでしょうか？

自分としてはワイヤシュトラースのM判定法を用いれば解けるかと考えたのですが、Σd/dθ(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}、Σd^2/dθ^2(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}の一様絶対収束はどのようにいえるのでしょうか？

この問題の分かる方のアドバイス、ご回答をお待ちしております。

回答No.1

Mr_Holland · ベストアンサー

項別微分が可能であることを、次の流れで示していかれてはいかがでしょうか。

　　「項別微分が可能」
　←「Σfn(θ)、Σfn'(θ)、Σfn''(θ)　が一様収束」　（Landauの定理より)
　←「Σfn(θ)、Σfn'(θ)、Σfn''(θ)の優級数が収束」　（Weierstrassの定理より)
　←「優級数の部分和の数列が有界」　（Weierstrassの定理より)

　ただし、
　　fn(θ)＝(r^n)*{e^inθ+e^(-inθ)}　＝2(r^n)cos(nθ)
　　fn'(θ)＝　-2n(r^n)sin(nθ)
　　fn''(θ)＝ -2(n^2)(r^n)cos(nθ)

　そうすると、Σfn(θ)、Σfn'(θ)、Σfn''(θ)の優級数として、それぞれ以下の３つの数列
　　An＝2(r^n), Bn＝2n(r^n), Cn＝2(n^2)(r^n)
の級数を用いることにすれば、その部分和がともに、条件
　　｜ｒ｜＜１
のもとでのみ、優級数の部分和の数列が有界であることがいえると思います。

　具体的には、以下のようになると思います。

　|r|＜１　のとき
　　[k=1→n]ΣAk　＝2r(1-r^n)/(1-r)
　　[k=1→n]ΣBk　＝2r{1-(r^n)(n+1-nr)}/(1-r)^2
　　[k=1→n]ΣCk　＝2[2-r-r^2-(r^n){2+r(n-1)^2-(2n^2-2n+1)r^2+(n^2)(r^3)}]/(1-r)^3

　⇒|r|＜１のとき、[k=1→n]ΣAk、[k=1→n]ΣBk、[k=1→n]ΣCk　が有界。
　⇒|r|＜１のとき、[n=1→∞]ΣAn、[n=1→∞]ΣBn、[n=1→∞]ΣCn　が一様収束。

　　|fn(θ)|≦An、|fn'(θ)|≦Bn、|fn''(θ)|≦Cn
　⇒Σfn(θ)、Σfn'(θ)、Σfn''(θ)　が一様収束。
　⇒fn(θ)に関して2階微分まで項別微分が可能。

お礼

ご回答および解説をしていただきありがとうございます。
問題の細部まで丁寧に解説をしていただき、とてもよく理解することができました。
この度は本当にありがとうございました。