級数と収束判定：部分和の極限・4 つの判定法・絶対収束と条件収束

0. この記事の要点

• 無限級数の「和」は、有限和である部分和 $S_N = a_1 + \cdots + a_N$ の数列としての極限で定義します。級数の問題はすべて数列の収束の問題に翻訳されます。
• 正項級数（すべての項が $0$ 以上）については「収束することと部分和が上に有界であることが同値」という一つの原理があり、比較判定法・積分判定法・比判定法・根判定法はいずれもその言い換えです。
• ダランベールの比判定法とコーシーの根判定法はどちらも「等比級数と比べる」道具ですが、根判定法のほうが真に強い。比判定法が結論を出せないのに根判定法が出せる例があります。
• 絶対収束すれば収束します。逆は成り立たず、その差が条件収束です。
• 条件収束する級数は、項の順序を変えると和が変わります（リーマンの再配列定理）。無限和は有限和の単なる延長ではありません。

1. 動機：無限個の数を足すとはどういうことか

有限個の数の足し算に説明は要りません。しかし $1 + \frac12 + \frac14 + \frac18 + \cdots$ のように項が無限に続くとき、「足した結果」とは何を指すのでしょうか。実際に無限回の加法を行うことはできませんから、これは定義しなければ意味を持たない言葉です。

このことが真剣に問題になった例を挙げます。$18$ 世紀に議論されたグランディ級数

$$1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$$

を考えます。括弧を $(1-1) + (1-1) + \cdots$ と付ければ $0$ ですが、$1 + (-1+1) + (-1+1) + \cdots$ と付ければ $1$ です。和を $S$ と書いて $S = 1 - S$ を解けば $S = \frac12$ になります。どれももっともらしく、どれも決定的でない。同じ時期にオイラーは $1 + 2 + 4 + 8 + \cdots$ に等比級数の公式 $\frac{1}{1-r}$ を $r = 2$ で当てはめて $-1$ という値を割り当てています。

こうした混乱は「無限和とは何か」が決まっていなかったことに由来します。コーシーは 1821 年の『解析教程』で、無限和を部分和の極限として定義しました。この定義のもとではグランディ級数の部分和は $1, 0, 1, 0, \ldots$ と振動して極限を持たないので、答えは「和は存在しない（発散する）」です。曖昧さは消えます。

定義が決まると、次の問いは実際的なものになります。与えられた級数は収束するのか。 和の値そのものは初等関数で表せないことが多い一方、収束するかどうかは判定できることが多い。テイラー展開がどの範囲の $x$ で使えるか（平均値の定理とテイラーの定理 の テイラーの定理（Theorem 5.3）［Mean Value Theorems and Taylor's Theorem］）、数値計算で何項まで足せば必要な精度が出るか。どちらもこの判定の問題です。この記事はその道具立てを、証明を省かずに組み立てます。なお $0.999\ldots = 1$ のような無限小数の等式も級数の収束の話です（数とは何か？ の 1 = 0.999…（Theorem 6.3）［What Is a Number? From the Naturals to the Reals, and Why 1 = 0.999… Is True］）。

2. 準備：数列の極限、上限、上極限

数列 $(x_n)$ が $x$ に収束するとは、任意の $\varepsilon > 0$ に対してある番号 $N$ が存在し、$n \ge N$ ならば $|x_n - x| < \varepsilon$ となることでした（極限と連続性）。この記事で実数について使う性質は次の二つです。

• 上限の存在（実数の連続性）：空でなく上に有界な $\mathbb{R}$ の部分集合 $A$ には最小上界 $\sup A$ が存在する（数とは何か？ の 実数の連続性公理（上限性質）（Axiom 5.1）［What Is a Number? From the Naturals to the Reals, and Why 1 = 0.999… Is True］）。
• 完備性：コーシー列（任意の $\varepsilon > 0$ に対しある $N$ があって $m, n \ge N$ ならば $|x_m - x_n| < \varepsilon$ となる数列）は収束する。

まず、後の議論で繰り返し使う基本定理を確認します。

Theorem 2.1（単調有界定理）

実数列 $(x_n)$ が単調増加（すなわちすべての $n$ で $x_n \le x_{n+1}$）であり、かつ上に有界であるとする。このとき $(x_n)$ は収束し、$\lim_{n \to \infty} x_n = \sup_{n \ge 1} x_n$ である。

Proof（Theorem 2.1）

集合 $A = \{x_n : n \ge 1\}$ は空でなく、仮定より上に有界です。上限の存在（§2）より $x^{*} = \sup A$ が存在します。$\varepsilon > 0$ を任意に取ります。$x^{*} - \varepsilon$ は $A$ の上界ではない（$x^{*}$ が最小の上界だから）ので、ある番号 $N$ があって $x_N > x^{*} - \varepsilon$ となります。単調増加性より $n \ge N$ ならば $x_n \ge x_N > x^{*} - \varepsilon$ であり、一方 $x^{*}$ は上界なので $x_n \le x^{*}$ です。したがって $n \ge N$ のとき $|x_n - x^{*}| < \varepsilon$ となり、$x_n \to x^{*}$ が示されました。

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根判定法・比判定法を極限の存在を仮定せずに述べるために、上極限を用意します。

Definition 2.2（上極限）

実数列 $(x_n)$ が上に有界であるとき、$y_N = \sup_{n \ge N} x_n$ とおく。$(y_N)$ は $N$ について単調減少なので、下に有界ならば収束し、そうでなければ $-\infty$ に発散する。この値を

$$\limsup_{n \to \infty} x_n = \inf_{N \ge 1} \, \sup_{n \ge N} x_n$$

と書き、$(x_n)$ の上極限という。$(x_n)$ が上に有界でないときは $\limsup_{n\to\infty} x_n = +\infty$ と約束する。下極限 $\liminf_{n\to\infty} x_n = \sup_{N \ge 1} \inf_{n \ge N} x_n$ も同様に定める。

Remark 2.3

$\alpha = \limsup_{n\to\infty} x_n$ が有限のとき、次の二つが成り立ちます。以降の証明はこの二つしか使いません。

(a) $r > \alpha$ ならば、ある $N$ が存在して $n \ge N$ のすべてで $x_n < r$。 実際、$\inf_N \sup_{n \ge N} x_n = \alpha < r$ なので、下限の定義よりある $N$ で $\sup_{n \ge N} x_n < r$ となり、$n \ge N$ では $x_n \le \sup_{n \ge N} x_n < r$ です。

(b) $r < \alpha$ ならば、$x_n > r$ となる $n$ が無限個ある。 実際、任意の $N$ について $\sup_{n \ge N} x_n \ge \alpha > r$ なので、上限の定義よりある $n \ge N$ で $x_n > r$ です。$N$ は任意なのでそのような $n$ はいくらでも大きく取れます。

下極限についても、不等号の向きを入れ替えた同じ議論により (a’) $r < \liminf_{n\to\infty} x_n$ ならば、ある $N$ が存在して $n \ge N$ のすべてで $x_n > r$ が成り立ちます。

$(x_n)$ が収束すれば $\limsup x_n = \liminf x_n = \lim x_n$ であり、上極限は極限の一般化になっています。

3. 級数の定義と最初の必要条件

Definition 3.1（無限級数・部分和・和）

数列 $(a_n)_{n \ge 1}$ に対し、

$$S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n \qquad (N = 1, 2, \ldots)$$

を第 $N$ 部分和という。数列 $(S_N)_{N \ge 1}$ がある実数 $S$ に収束するとき、級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は収束するといい、$S$ をその和と呼んで $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S$ と書く。$(S_N)$ が収束しないとき、級数は発散するという。

記号 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は、級数という対象そのものと、収束する場合の和の値の両方を表す慣用があります。添字の出発点は $1$ でなくてもよく、$\sum_{n \ge 0}$ や $\sum_{n \ge 2}$ も同じ流儀で定義します。

Remark 3.2

有限個の項を変更・削除・追加しても、級数の収束・発散は変わりません（和の値は変わります）。実際、$n \ge n_0$ で $a_n = b_n$ ならば、$N \ge n_0$ に対し $\sum_{n \le N} a_n - \sum_{n \le N} b_n$ は $N$ によらない定数なので、一方の部分和が収束することと他方が収束することは同値です。また $\lambda \ne 0$ のとき $\sum \lambda a_n$ の部分和は $\lambda S_N$ なので、$\sum \lambda a_n$ が収束することと $\sum a_n$ が収束することは同値で、$\sum \lambda a_n = \lambda \sum a_n$ です。同様に、$\sum a_n$ と $\sum b_n$ がともに収束すれば $\sum (a_n + b_n)$ も収束し、和は和の和になります（部分和が $S_N + T_N$ だから）。

Example 3.3（等比級数とグランディ級数）

$r \ne 1$ のとき、$\sum_{n=0}^{N} r^n = \dfrac{1 - r^{N+1}}{1-r}$ です（両辺に $1-r$ を掛ければ確かめられます）。

$|r| < 1$ のとき $r^{N+1} \to 0$ なので、部分和は $\dfrac{1}{1-r}$ に収束します。すなわち

$$\sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r} \qquad (|r| < 1).$$

$|r| \ge 1$ のときは $|r^n| \ge 1$ なので一般項は $0$ に収束せず、後述の Proposition 3.4 より発散します（$r = 1$ なら部分和は $N+1$ で、実際に $+\infty$ に発散します）。

したがってグランディ級数（$r = -1$）は発散し、「和は $0$ か $1$ か $\frac12$ か」という §1 の問いには「どれでもない、和は存在しない」が答えです。オイラーの $1 + 2 + 4 + \cdots = -1$ も、$|r| < 1$ でしか成り立たない公式に $r = 2$ を形式的に代入したものにすぎません。

Proposition 3.4（一般項の必要条件）

級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するならば $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$ である。対偶を取れば、$a_n$ が $0$ に収束しない級数は発散する。

Proof（Proposition 3.4）

和を $S$ とすると、定義（Definition 3.1）より $S_N \to S$ です。$N \ge 2$ に対して $a_N = S_N - S_{N-1}$ であり、$N \to \infty$ のとき右辺は $S - S = 0$ に収束します。よって $a_N \to 0$ です。

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この命題は発散を示すためだけに使えます。逆は成り立ちません。それを見るのが次の例で、級数論で最も重要な反例です。

Example 3.5（調和級数は発散する）

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac1n$ を考えます。一般項は $0$ に収束しますが、この級数は発散します。$14$ 世紀のオレームによる論法を書きます。$H_N = \sum_{n=1}^{N} \frac1n$ とおき、$N = 2^k$ での部分和を項数 $1, 1, 2, 4, 8, \ldots$ の塊に分けます。$j \ge 1$ について、$2^{j-1} < n \le 2^j$ を満たす $n$ は $2^{j-1}$ 個あり、そのそれぞれで $\frac1n \ge \frac{1}{2^j}$ ですから

$$\sum_{n = 2^{j-1}+1}^{2^{j}} \frac{1}{n} \;\ge\; 2^{j-1} \cdot \frac{1}{2^{j}} = \frac12 .$$

これを $j = 1, \ldots, k$ について足すと

$$H_{2^k} \;=\; 1 + \sum_{j=1}^{k} \sum_{n=2^{j-1}+1}^{2^{j}} \frac1n \;\ge\; 1 + \frac{k}{2}$$

となり、部分和はいくらでも大きくなります。収束する数列は有界ですから、$(H_N)$ は収束しません。

発散はしますが極めて遅い。上の評価は $H_N$ が $10$ を超えるのに $2^{18}$ 項程度でよいと言っていますが、実際には $H_N \approx \log N$ なので、$H_N$ が $10$ を超えるのは $N$ が $1$ 万 $2$ 千を超えてからです。「計算機で足してみて増えなくなったから収束」という判断が危険なのは、このためです。

Theorem 3.6（級数のコーシーの判定条件）

級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するための必要十分条件は、任意の $\varepsilon > 0$ に対してある番号 $N$ が存在して、$m > n \ge N$ を満たすすべての $m, n$ について

$$\left| \sum_{k=n+1}^{m} a_k \right| < \varepsilon$$

が成り立つことである。

Proof（Theorem 3.6）

$\sum_{k=n+1}^{m} a_k = S_m - S_n$ ですから、条件は「数列 $(S_N)$ がコーシー列である」ことと同じ主張です。Definition 3.1 より級数の収束は $(S_N)$ の収束のことであり、$\mathbb{R}$ の完備性（§2）より数列については収束とコーシー列であることが同値です。よって主張が従います。

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4. 正項級数：すべては有界性に帰着する

すべての項が $0$ 以上である級数を正項級数と呼びます。正項級数では部分和が単調増加するので、収束の問題が有界性の問題に化けます。この節の内容は、そのたった一つの観察の応用です。

Proposition 4.1（正項級数の収束と有界性）

すべての $n$ で $a_n \ge 0$ とする。このとき $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束することと、部分和の列 $(S_N)$ が上に有界であることは同値である。収束する場合、$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sup_{N \ge 1} S_N$ である。

Proof（Proposition 4.1）

$S_{N+1} - S_N = a_{N+1} \ge 0$ なので $(S_N)$ は単調増加です。上に有界ならば Theorem 2.1 より収束し、極限は $\sup_N S_N$ に一致します。逆に収束すれば、収束する数列は有界ですから、特に上に有界です。

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正項級数の部分和は上に有界か $+\infty$ に発散するかのどちらかなので、正項級数について「$\sum a_n < \infty$」（収束の意味）、「$\sum a_n = \infty$」（発散の意味）という書き方が使えます。以下ではこの記法も用います。

Theorem 4.2（比較判定法）

ある番号 $n_0$ が存在して、$n \ge n_0$ を満たすすべての $n$ で $0 \le a_n \le b_n$ が成り立つとする。このとき、

1. $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ が収束すれば $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ も収束する。
2. $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が発散すれば $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ も発散する。

Proof（Theorem 4.2）

(2) は (1) の対偶なので、(1) を示せば十分です。Remark 3.2 より最初の $n_0 - 1$ 項は収束・発散に影響しないので、はじめから $n_0 = 1$、すなわちすべての $n$ で $0 \le a_n \le b_n$ としてよい。

$T = \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ とおきます。$b_n \ge a_n \ge 0$ なので $\sum b_n$ は正項級数であり、Proposition 4.1 よりその部分和 $T_N$ はすべて $T$ 以下です。したがって任意の $N$ で

$$S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n \le \sum_{n=1}^{N} b_n = T_N \le T$$

となり、$\sum a_n$ の部分和は $T$ で上から押さえられます。再び Proposition 4.1（今度は逆向き）より $\sum a_n$ は収束します。

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比較判定法を使うには不等式を自分で見つけなければなりません。項の比の極限だけで判定できる形にしておくと実用的です。

Corollary 4.3（極限比較判定法）

すべての $n$ で $a_n \ge 0$、$b_n > 0$ とし、$c = \lim_{n\to\infty} \dfrac{a_n}{b_n}$ が（$+\infty$ も許して）存在するとする。

1. $0 < c < \infty$ ならば、$\sum a_n$ と $\sum b_n$ は同時に収束し同時に発散する。
2. $c = 0$ で $\sum b_n$ が収束すれば、$\sum a_n$ も収束する。
3. $c = \infty$ で $\sum b_n$ が発散すれば、$\sum a_n$ も発散する。

Proof（Corollary 4.3）

(1) 極限の定義で $\varepsilon = \frac{c}{2} > 0$ と取ると、ある $n_0$ があって $n \ge n_0$ のとき $\left| \frac{a_n}{b_n} - c \right| < \frac c2$、すなわち

$$\frac{c}{2} b_n < a_n < \frac{3c}{2} b_n \qquad (n \ge n_0)$$

です（$b_n > 0$ を掛けました）。右の不等式と Theorem 4.2(1) より、$\sum b_n$ が収束すれば $\sum \frac{3c}{2} b_n$ も収束し（Remark 3.2 の定数倍）、$\sum a_n$ が収束します。左の不等式と Theorem 4.2(1) より、$\sum a_n$ が収束すれば $\sum \frac{c}{2} b_n$ が収束し、したがって $\sum b_n$ が収束します。

(2) $c = 0$ なら $\varepsilon = 1$ に対しある $n_0$ があって $n \ge n_0$ で $a_n < b_n$ となるので、Theorem 4.2(1) から従います。(3) $c = \infty$ なら、ある $n_0$ があって $n \ge n_0$ で $a_n > b_n$ となるので、Theorem 4.2(2) から従います。

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5. 積分判定法：和を面積で挟む

$\sum \frac{1}{n^2}$ のように「$n$ の有理式」や $\log n$ を含む級数は、比較する相手を探すより、対応する広義積分（積分の基本定理と定積分）と比べるほうが速い。単調減少関数に対して、和は面積で上下から挟めます。

積分判定法：破線の長方形（高さ f(n)）が曲線を上から押さえ、塗りつぶした長方形（高さ f(n+1)）が下から押さえる

Theorem 5.1（コーシーの積分判定法）

関数 $f : [1, \infty) \to \mathbb{R}$ が、すべての $x \ge 1$ で $f(x) \ge 0$ を満たし、単調減少（$x \le y$ ならば $f(x) \ge f(y)$）であるとする。このとき、

1. 級数 $\sum_{n=1}^{\infty} f(n)$ が収束することと、広義積分 $\displaystyle\int_1^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{b \to \infty} \int_1^{b} f(x)\,dx$ が有限の値に収束することは同値である。
2. 収束する場合、任意の $N \ge 1$ について尾部が

$$\int_{N+1}^{\infty} f(x)\,dx \;\le\; \sum_{n=N+1}^{\infty} f(n) \;\le\; \int_{N}^{\infty} f(x)\,dx$$

で評価される。

Proof（Theorem 5.1）

まず $f$ は単調なので任意の有界閉区間でリーマン可積分であり（リーマン可積分性の定義（Definition 3.1）［積分の基本定理と定積分］）、以下の積分はすべて意味を持ちます。

$n \le x \le n+1$ のとき、単調減少性より $f(n+1) \le f(x) \le f(n)$ です。この不等式を区間 $[n, n+1]$（長さ $1$）で積分すると、積分の単調性（定積分の基本性質（Proposition 4.1）［積分の基本定理と定積分］）から

$$f(n+1) \;\le\; \int_{n}^{n+1} f(x)\,dx \;\le\; f(n) \qquad (n \ge 1)$$

を得ます。これが証明のすべての土台です。

(1) 上の右側の不等式を $n = 1, \ldots, M-1$ で足すと $\int_1^{M} f \le \sum_{n=1}^{M-1} f(n)$、左側を $n = 1, \ldots, M-1$ で足すと $\sum_{n=2}^{M} f(n) \le \int_1^{M} f$ となります。すなわち

$$\sum_{n=2}^{M} f(n) \;\le\; \int_1^{M} f(x)\,dx \;\le\; \sum_{n=1}^{M-1} f(n).$$

$f \ge 0$ なので $F(b) = \int_1^b f$ は $b$ について単調増加であり、部分和 $S_M = \sum_{n \le M} f(n)$ も単調増加です。右の不等式より、$(S_M)$ が上に有界なら $(F(M))$ も上に有界、左の不等式より、$(F(M))$ が上に有界なら $(S_M)$ も上に有界です。よって「$(S_M)$ が上に有界」と「$(F(M))$ が上に有界」は同値。前者は Proposition 4.1 より級数の収束と同値です。後者については、$F$ が単調増加なので、上に有界ならば Theorem 2.1 と同じ議論（数列 $F(M)$ の極限が $\sup_b F(b)$ に等しく、$F$ の単調性から $b \to \infty$ の極限もその値になる）で広義積分が収束し、上に有界でなければ $F(b) \to \infty$ です。以上で (1) が示されました。

(2) 上の基本不等式の右側を $n = N+1, \ldots, M$ で足すと $\sum_{n=N+1}^{M} f(n) \le \int_{N}^{M} f$ の形、正確には

$$\sum_{n=N+1}^{M} f(n) \le \sum_{n=N+1}^{M} \int_{n-1}^{n} f(x)\,dx = \int_{N}^{M} f(x)\,dx \le \int_N^{\infty} f(x)\,dx$$

となり（最後の不等号は $f \ge 0$）、$M \to \infty$ として右側の評価を得ます。左側は

$$\sum_{n=N+1}^{M} f(n) \ge \sum_{n=N+1}^{M} \int_{n}^{n+1} f(x)\,dx = \int_{N+1}^{M+1} f(x)\,dx$$

で $M \to \infty$ とすればよい。

∎

Corollary 5.2（p 級数）

実数 $s$ に対し、$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{s}}$ は $s > 1$ のとき収束し、$s \le 1$ のとき発散する。

Proof（Corollary 5.2）

$s \le 0$ のとき $n^{-s} \ge 1$ なので一般項は $0$ に収束せず、Proposition 3.4 より発散します。

$s > 0$ とします。$f(x) = x^{-s}$ は $[1,\infty)$ で正の値を取り単調減少なので Theorem 5.1 が使えます。$s \ne 1$ のとき

$$\int_1^{b} x^{-s}\,dx = \left[ \frac{x^{1-s}}{1-s} \right]_1^{b} = \frac{b^{1-s} - 1}{1-s},$$

$s = 1$ のとき $\int_1^b x^{-1}dx = \log b$ です。$s > 1$ なら $1 - s < 0$ より $b^{1-s} \to 0$ なので積分は $\frac{1}{s-1}$ に収束し、級数は収束します。$0 < s < 1$ なら $1-s > 0$ より $b^{1-s} \to \infty$ で積分は発散し、$s = 1$ でも $\log b \to \infty$ で発散します。よって級数も発散します。

∎

$s = 1$ が発散側にあることは Example 3.5 と整合しています。境界がどれほど微妙かを、対数を挟んだ級数で見ます。

Example 5.3（対数を含む級数の境界）

実数 $s$ に対し $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\log n)^{s}}$ を調べます。まず $s > 0$ とします。このとき $f(x) = \dfrac{1}{x(\log x)^{s}}$ は $[2,\infty)$ で正であり、$x (\log x)^s$ が増加するので単調減少です（Theorem 5.1 は出発点が $1$ でなくても、$[2,\infty)$ 上で同じ証明が通ります）。$u = \log x$、$du = dx/x$ と置換すると（置換積分（Theorem 6.1）［積分の基本定理と定積分］）

$$\int_2^{b} \frac{dx}{x (\log x)^{s}} = \int_{\log 2}^{\log b} \frac{du}{u^{s}}$$

であり、$\log b \to \infty$ なので、これは Corollary 5.2 の証明と同じ計算により $s > 1$ のとき $\frac{(\log 2)^{1-s}}{s-1}$ に収束し、$s \le 1$ のとき発散します。$s \le 0$ のときは $\frac{1}{n(\log n)^s} \ge \frac1n$（$n \ge 3$）と Theorem 4.2(2)、Example 3.5 から発散します。

まとめると、この級数は $s > 1$ のときだけ収束します。つまり $\sum \frac{1}{n}$（発散）と $\sum \frac{1}{n^{1+\varepsilon}}$（収束）の間には、$\frac{1}{n\log n}$（発散）、$\frac{1}{n(\log n)^2}$（収束）という細かい階層があります。次節の比判定法・根判定法はこれらすべてに対して「判定不能」を返します。判定法には守備範囲があるということです。

6. ダランベールの比判定法とコーシーの根判定法

Example 3.3 の等比級数は、収束・発散が完全にわかっている数少ない級数です。この節の二つの判定法は、いずれも「与えられた級数を等比級数と比べる」ための仕掛けで、階乗や $n$ 乗を含む級数に強い。

Theorem 6.1（コーシーの根判定法）

数列 $(a_n)$ に対し $\alpha = \limsup_{n\to\infty} |a_n|^{1/n}$ とおく（Definition 2.2）。

1. $\alpha < 1$ ならば $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ は収束する（したがって Theorem 7.2 より $\sum a_n$ も収束する）。
2. $\alpha > 1$ ならば $a_n$ は $0$ に収束せず、$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は発散する。
3. $\alpha = 1$ のときは、収束することも発散することもあり、この判定法だけでは決まらない。

Proof（Theorem 6.1）

(1) $\alpha < r < 1$ となる実数 $r$ を取ります。Remark 2.3(a) より、ある $N$ があって $n \ge N$ のとき $|a_n|^{1/n} < r$、すなわち $|a_n| < r^n$ です。$0 < r < 1$ なので $\sum_{n} r^n$ は収束し（Example 3.3）、Theorem 4.2(1) より $\sum |a_n|$ が収束します。

(2) $1 < \alpha$ なので Remark 2.3(b) を $r = 1$ に適用すると、$|a_n|^{1/n} > 1$ すなわち $|a_n| > 1$ となる $n$ が無限個あります（$\alpha = +\infty$ のときも同じ結論です）。よって $a_n \to 0$ ではなく、Proposition 3.4 より級数は発散します。

(3) $\lim_{n\to\infty} n^{1/n} = 1$ を使います。$t > 0$ で $\log t \le t - 1$ が成り立つので（$g(t) = t - 1 - \log t$ は $g(1) = 0$、$g'(t) = 1 - 1/t$ より $t=1$ で最小）、$t = \sqrt n$ とおけば $\frac12 \log n \le \sqrt n - 1 \le \sqrt n$、したがって $0 \le \frac{\log n}{n} \le \frac{2}{\sqrt n} \to 0$ です。よって $n^{1/n} = e^{(\log n)/n} \to e^0 = 1$ となります。これより $a_n = \frac1n$ でも $a_n = \frac{1}{n^2}$ でも $\alpha = 1$ ですが、前者は発散し後者は収束します（Corollary 5.2）。

∎

Theorem 6.2（ダランベールの比判定法）

ある $n_0$ 以上のすべての $n$ で $a_n \ne 0$ とする。

1. $\limsup_{n\to\infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| < 1$ ならば $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ は収束する。
2. ある $n_1 \ge n_0$ が存在して $n \ge n_1$ のすべてで $\left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| \ge 1$ ならば、$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は発散する。特に $\liminf_{n\to\infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| > 1$ ならば発散する。
3. $\left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| \to 1$ のときは、この判定法だけでは決まらない。

Proof（Theorem 6.2）

(1) $\limsup |a_{n+1}/a_n| < r < 1$ となる $r$ を取ると、Remark 2.3(a) よりある $N \ge n_0$ があって $n \ge N$ で $|a_{n+1}| \le r |a_n|$ です。これを $n = N, N+1, \ldots$ と繰り返して（$n$ についての帰納法）

$$|a_n| \le r^{\,n-N} |a_N| = \left( |a_N| r^{-N} \right) r^{n} \qquad (n \ge N)$$

を得ます。$C = |a_N| r^{-N}$ は $n$ によらない定数で、$\sum C r^n$ は収束します（Example 3.3 と Remark 3.2 の定数倍）。よって Theorem 4.2(1) より $\sum |a_n|$ が収束します。

(2) 仮定より $n \ge n_1$ で $|a_{n+1}| \ge |a_n|$ なので、$|a_n| \ge |a_{n_1}| > 0$ が $n \ge n_1$ で成り立ちます。よって $a_n \to 0$ ではなく、Proposition 3.4 より発散します。後半は、$\liminf |a_{n+1}/a_n| > 1$ ならば Remark 2.3 の下極限版から、ある番号以降つねに比が $1$ を超えるからです。

(3) $a_n = \frac1n$ と $a_n = \frac{1}{n^2}$ ではどちらも比が $1$ に収束しますが、収束・発散は異なります（Corollary 5.2）。

∎

Remark 6.3

根判定法は比判定法より真に強い、という関係があります。比判定法が収束を結論できたとしましょう。Theorem 6.2 の証明で得た $|a_n| \le C r^n$（$n \ge N$、$C > 0$、$r < 1$）から $|a_n|^{1/n} \le C^{1/n} r$ であり、$C^{1/n} = e^{(\log C)/n} \to 1$ なので $\limsup |a_n|^{1/n} \le r < 1$ となって、根判定法も収束を結論します。逆は成り立ちません（Example 6.4）。それでも実務では比のほうが計算しやすいことが多いので、まず比判定法を試し、駄目なら根判定法に移るのが順序としては自然だと思います。

Example 6.4（根判定法は効くが比判定法は効かない級数）

$a_n = 2^{-n + (-1)^n}$（$n \ge 1$）とします。$n$ が偶数なら $a_n = 2^{-n+1}$、奇数なら $a_n = 2^{-n-1}$ です。

根判定法：$|a_n|^{1/n} = 2^{-1 + (-1)^n/n}$ であり、指数は $-1$ に収束するので $\alpha = \frac12 < 1$。Theorem 6.1(1) より収束します。

比判定法：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = 2^{-1 + (-1)^{n+1} - (-1)^n}$ なので、$n$ が偶数なら $2^{-1-2} = \frac18$、奇数なら $2^{-1+2} = 2$ です。よって $\limsup = 2 > 1$、$\liminf = \frac18 < 1$ となり、Theorem 6.2 の (1) も (2) も適用できません。判定不能です。

和も求まります。奇数番号の項の和は $\sum_{k \ge 0} 2^{-(2k+1)-1} = \frac14 \sum_{k\ge0} 4^{-k} = \frac14 \cdot \frac{1}{1 - 1/4} = \frac13$、偶数番号の項の和は $\sum_{k\ge1} 2^{-2k+1} = 2 \sum_{k \ge 1} 4^{-k} = 2 \cdot \frac{1/4}{1-1/4} = \frac23$ です（正項級数なので、この二つに分けて足してよい）。合わせて $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac13 + \frac23 = 1$ です。

Example 6.5（指数級数と打ち切り誤差）

任意の実数 $x$ について $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ は絶対収束します。$x \ne 0$ のとき $a_n = \frac{x^n}{n!} \ne 0$ で

$$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \left| \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{x^{n}} \right| = \frac{|x|}{n+1} \longrightarrow 0 < 1$$

なので Theorem 6.2(1) から従います（$x = 0$ なら第 $0$ 項以外が $0$）。この和が $e^{x}$ に等しいことは、テイラーの定理の剰余項評価から出ます（平均値の定理とテイラーの定理 の e^x のマクローリン展開（Example 6.1）［Mean Value Theorems and Taylor's Theorem］）。

$x = 1$ での打ち切り誤差を評価します。$n > N$ のとき $\frac{1}{n!} = \frac{1}{(N+1)!}\cdot\frac{1}{(N+2)\cdots n} \le \frac{1}{(N+1)!}\cdot\frac{1}{(N+1)^{\,n-N-1}}$ なので

$$\sum_{n > N} \frac{1}{n!} \;\le\; \frac{1}{(N+1)!} \sum_{j \ge 0} \frac{1}{(N+1)^{j}} = \frac{1}{(N+1)!}\cdot \frac{N+1}{N} = \frac{1}{N! \, N}.$$

$N = 10$ なら $\frac{1}{10! \cdot 10} = \frac{1}{36288000} \approx 2.8 \times 10^{-8}$ です。$11$ 項で $e$ が小数第 $7$ 位まで正しく求まります。Example 3.5 の調和級数とは対照的な速さです。

7. 絶対収束と条件収束

ここまでの判定法（比較・積分・比・根）は、いずれも $|a_n|$ の級数を扱っていました。符号が入り混じる級数を扱うには、絶対値を付けた級数との関係を整理する必要があります。

Definition 7.1（絶対収束と条件収束）

級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ について、$\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ が収束するとき $\sum a_n$ は絶対収束するという。$\sum a_n$ は収束するが $\sum |a_n|$ は発散するとき、$\sum a_n$ は条件収束するという。

Theorem 7.2（絶対収束すれば収束する）

$\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ が収束するならば $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ も収束し、さらに

$$\left| \sum_{n=1}^{\infty} a_n \right| \le \sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$$

が成り立つ。

Proof（Theorem 7.2）

$\varepsilon > 0$ とします。$\sum |a_n|$ は収束するので、Theorem 3.6 より、ある $N$ があって $m > n \ge N$ のとき $\sum_{k=n+1}^{m} |a_k| < \varepsilon$ です（$|a_k| \ge 0$ なので絶対値記号は外れています）。三角不等式より

$$\left| \sum_{k=n+1}^{m} a_k \right| \le \sum_{k=n+1}^{m} |a_k| < \varepsilon$$

となるので、$\sum a_n$ もコーシーの判定条件を満たし、Theorem 3.6 より収束します。

不等式については、各 $N$ で $|S_N| = \left| \sum_{n \le N} a_n \right| \le \sum_{n \le N} |a_n| \le \sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$（最後は Proposition 4.1 より部分和が和以下）であり、$N \to \infty$ とすると絶対値の連続性から $|S_N| \to \left| \sum a_n \right|$、不等号は極限で保たれるので結論を得ます。

∎

逆は成り立ちません。それが条件収束であり、典型例は交項級数です。

Theorem 7.3（ライプニッツの交項級数判定法）

数列 $(b_n)_{n \ge 1}$ が、すべての $n$ で $b_n \ge 0$、単調減少（$b_{n+1} \le b_n$）、かつ $\lim_{n\to\infty} b_n = 0$ を満たすとする。このとき交項級数

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} b_n = b_1 - b_2 + b_3 - b_4 + \cdots$$

は収束する。さらにその和を $S$、第 $N$ 部分和を $S_N$ とすると、すべての $N$ について

$$|S - S_N| \le b_{N+1}$$

が成り立ち、$S$ は $S_N$ と $S_{N+1}$ の間にある。

Proof（Theorem 7.3）

偶数番目と奇数番目の部分和を別々に見ます。

$$S_{2m+2} - S_{2m} = b_{2m+1} - b_{2m+2} \ge 0, \qquad S_{2m+1} - S_{2m-1} = -b_{2m} + b_{2m+1} \le 0$$

（どちらも単調減少性 $b_{n+1} \le b_n$ を使いました）。よって $(S_{2m})_m$ は単調増加、$(S_{2m-1})_m$ は単調減少です。また $S_{2m+1} - S_{2m} = b_{2m+1} \ge 0$ なので

$$S_2 \le S_4 \le \cdots \le S_{2m} \le S_{2m+1} \le \cdots \le S_3 \le S_1$$

となり、$(S_{2m})$ は $S_1$ で上に有界、$(S_{2m-1})$ は $S_2$ で下に有界です。Theorem 2.1（下に有界な単調減少列については符号を変えて適用）より両者は収束します。極限をそれぞれ $S'$、$S''$ とすると、$S_{2m+1} - S_{2m} = b_{2m+1} \to 0$ より $S'' - S' = 0$、すなわち $S' = S''=: S$ です。偶数番と奇数番の部分和が同じ値に収束するので、$(S_N)$ 全体が $S$ に収束します。

誤差評価を示します。上の並びから、$S$ は任意の $m$ について $S_{2m}$ と $S_{2m+1}$ の間にあり、また $S_{2m+1}$ と $S_{2m+2}$ の間にあります。一般に $S$ は $S_N$ と $S_{N+1}$ の間にあるので

$$|S - S_N| \le |S_{N+1} - S_N| = b_{N+1}$$

です。

∎

Example 7.4（交項調和級数は条件収束する）

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \cdots$ を考えます。$b_n = \frac1n$ は正で単調減少、$0$ に収束するので Theorem 7.3 より収束します。一方 $\sum \left| \frac{(-1)^{n-1}}{n} \right| = \sum \frac1n$ は発散します（Example 3.5）。したがってこの級数は条件収束します。Theorem 7.2 の逆が成り立たないことの実例です。

和は $\log 2$ です。偶数番の部分和を調和数 $H_N = \sum_{n \le N} \frac1n$ で書くと

$$S_{2m} = \sum_{n=1}^{2m} \frac1n - 2\sum_{k=1}^{m} \frac{1}{2k} = H_{2m} - H_m$$

であり（負の項をいったん足してから $2$ 倍を引きました）、$H_N = \log N + \gamma + o(1)$ を使えば $S_{2m} \to \log 2$ です。テイラー展開 $\log(1+x) = \sum_{n\ge1} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n$（log(1+x) のマクローリン展開（Example 6.3）［Mean Value Theorems and Taylor's Theorem］）に $x = 1$ を代入した値でもあります。

収束は遅い。$m = 5$ すなわち $N = 10$ では $S_{10} = H_{10} - H_5 = 2.9289\ldots - 2.2833\ldots = 0.64563\ldots$ で、$\log 2 = 0.69314\ldots$ との差は約 $0.0475$。Theorem 7.3 の評価 $|S - S_{10}| \le b_{11} = \frac{1}{11} = 0.0909$ と整合しています。誤差を $10^{-6}$ 以下にするには $\frac{1}{N+1} \le 10^{-6}$、つまり $10^6 - 1$ 項が必要です。

Tip

判定法は収束・発散を言うだけの道具ではありません。Theorem 5.1(2) は正項級数の尾部を積分で押さえ、Theorem 7.3 は交項級数の誤差を次の 1 項で押さえます。どちらもそのまま数値計算の打ち切り基準に使えます。

条件収束の級数は、絶対収束の級数とは質的に違います。その違いが最もはっきり出るのが、項の並べ替えです。

Definition 7.5（級数の並べ替え）

$\sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ を全単射とするとき、級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{\sigma(n)}$ を $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の並べ替え（再配列）という。ここで $\mathbb{N} = \{1, 2, \ldots\}$ とする。

Theorem 7.6（リーマンの再配列定理）

$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が条件収束するとする。このとき任意の実数 $\alpha$ に対して、ある全単射 $\sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ が存在して

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_{\sigma(n)} = \alpha$$

となる。$\alpha = +\infty$、$\alpha = -\infty$ に発散させる並べ替えや、部分和が振動する並べ替えも存在する。

Remark 7.7

証明は長さの都合で Appendix に置きました。対になる事実として、絶対収束する級数はどのように並べ替えても収束し、和が変わらない（ディリクレの定理）が知られています。証明は Rudin『Principles of Mathematical Analysis』第 3 章にあります。この二つを合わせると、「足す順序を変えてよい」という有限和では当たり前の性質は、絶対収束を仮定して初めて無限和に持ち越せる、と言えます。Definition 7.1 で絶対収束にわざわざ名前を付けた理由がここにあります。

最後に、判定法の使い分けを一枚にまとめます。上から順に試すのが標準的な段取りです。

flowchart TD
A["級数の収束を判定したい"] --> B{"一般項は 0 に収束するか"}
B -->|いいえ| X["発散（一般項の必要条件）"]
B -->|はい| C["絶対値を付けた正項級数を調べる"]
C --> D{"階乗や n 乗を含むか"}
D -->|はい| E["比判定法・根判定法"]
D -->|いいえ| F["比較判定法・積分判定法"]
E --> G{"正項級数は収束するか"}
F --> G
G -->|収束| H["絶対収束、したがって収束"]
G -->|発散| I{"符号が交互で絶対値が単調減少か"}
I -->|はい| J["ライプニッツの判定法で条件収束"]
I -->|いいえ| K["部分和を直接評価する"]

収束判定の段取り

8. 演習

Exercise 8.1易

級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n}}$ が収束することを示し、その和を求めよ。

Solution

収束：$a_n = \frac{n}{2^n} > 0$ で

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+1}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n} = \frac{n+1}{2n} \longrightarrow \frac12 < 1$$

なので、Theorem 6.2(1) より収束します。

和：部分和 $S_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{n}{2^n}$ について

$$S_N - \frac12 S_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{n}{2^{n}} - \sum_{n=2}^{N+1} \frac{n-1}{2^{n}} = \frac12 + \sum_{n=2}^{N} \frac{n - (n-1)}{2^{n}} - \frac{N}{2^{N+1}} = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{2^{n}} - \frac{N}{2^{N+1}}$$

です。右辺の第 1 項は $1 - 2^{-N}$（等比数列の和）、第 2 項は $N \to \infty$ で $0$ に収束します（$2^{N+1} \ge \frac{(N+1)N}{2}$ より $\frac{N}{2^{N+1}} \le \frac{2}{N+1}$）。よって $\frac12 S_N \to 1$、すなわち $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n} = 2$ です。

Exercise 8.2標準

級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log n}{n^{2}}$ の収束・発散を判定せよ。

Solution

収束します。$t > 0$ で $\log t \le t - 1 \le t$ が成り立つので（Theorem 6.1 の証明で確認しました）、$t = \sqrt n$ とおくと $\log n = 2 \log \sqrt n \le 2\sqrt n$ です。したがって $n \ge 1$ で

$$0 \le \frac{\log n}{n^{2}} \le \frac{2\sqrt n}{n^{2}} = \frac{2}{n^{3/2}} .$$

$\sum n^{-3/2}$ は Corollary 5.2 より $s = \frac32 > 1$ なので収束し、定数倍しても収束します（Remark 3.2）。よって Theorem 4.2(1) より与えられた級数は収束します。

なお比判定法では $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\log(n+1)}{\log n}\cdot\frac{n^2}{(n+1)^2} \to 1$ となって判定できません。$\log$ を含む級数で比判定法が無力なのは Example 5.3 と同じ事情です。

Exercise 8.3標準

級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt n}$ が条件収束することを示せ。また、和 $S$ を部分和 $S_N$ で誤差 $10^{-2}$ 以内に近似するために Theorem 7.3 の評価が要求する $N$ の最小値を求めよ。

Solution

収束：$b_n = \frac{1}{\sqrt n}$ は正、単調減少（$\sqrt n$ が増加するから）、$0$ に収束するので、Theorem 7.3 より収束します。

絶対収束しないこと：$\sum \left| \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt n} \right| = \sum \frac{1}{n^{1/2}}$ は Corollary 5.2 で $s = \frac12 \le 1$ なので発散します。よって Definition 7.1 の意味で条件収束です。

項数：Theorem 7.3 より $|S - S_N| \le b_{N+1} = \frac{1}{\sqrt{N+1}}$ です。これが $10^{-2}$ 以下であるためには $\sqrt{N+1} \ge 10^{2}$、すなわち $N + 1 \ge 10^{4}$ ですから、$N \ge 9999$。最小値は $N = 9999$ です。小数第 2 位を保証するのに 1 万項というのが条件収束級数の実情で、実際の数値計算では加速法（オイラー変換など）を併用します。

Exercise 8.4難

$(a_n)$ は単調減少で、すべての $n$ で $a_n \ge 0$ とする。$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するならば $\lim_{n\to\infty} n\, a_n = 0$ であることを示せ。また、単調減少の仮定を外すと結論が成り立たないことを反例で示せ。

Solution

$\varepsilon > 0$ を任意に取ります。$\sum a_n$ は収束するので Theorem 3.6 より、ある $N_1$ があって $m > n \ge N_1$ のとき $\sum_{k=n+1}^{m} a_k < \frac{\varepsilon}{3}$ です。また Proposition 3.4 より $a_n \to 0$ なので、ある $N_2$ があって $n \ge N_2$ で $a_n < \frac{\varepsilon}{3}$ です。$N = \max(N_1, N_2)$ とします。

$n \ge N$ を取り、$m = 2n$ とします。区間 $n+1 \le k \le 2n$ には $n$ 個の項があり、単調減少性よりそのいずれも $a_{2n}$ 以上ですから

$$n\, a_{2n} \le \sum_{k=n+1}^{2n} a_k < \frac{\varepsilon}{3}, \qquad \text{したがって} \quad 2n\, a_{2n} < \frac{2\varepsilon}{3} < \varepsilon .$$

奇数番号については、$a_{2n+1} \le a_{2n}$ を使って

$$(2n+1) a_{2n+1} \le (2n+1) a_{2n} = 2n\, a_{2n} + a_{2n} < \frac{2\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$$

となります。$m \ge 2N$ なる任意の $m$ は $m = 2n$ または $m = 2n+1$（$n \ge N$）と書けるので、$m \ge 2N$ のとき $0 \le m\, a_m < \varepsilon$。$\varepsilon$ は任意だったので $n a_n \to 0$ です。

反例：$a_n = \frac{1}{n}$（$n$ が平方数のとき）、$a_n = 0$（それ以外）と定めます。このとき $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}}$ は Corollary 5.2 より収束しますが、$n = k^2$ に対して $n a_n = 1$ なので $n a_n$ は $0$ に収束しません。$(a_n)$ は単調減少ではありません。

参考文献

• W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3rd ed., McGraw-Hill, 1976 — 第 3 章（数列と級数）。根判定法・比判定法の上極限による定式化、上極限と比の関係、再配列定理はこの章にまとまっています。
• T. M. Apostol, Mathematical Analysis, 2nd ed., Addison-Wesley, 1974 — 第 8 章（無限級数と無限積）。
• 高木貞治『解析概論』改訂第 3 版、岩波書店 — 無限級数・一様収束の章。日本語で書かれた古典で、判定法の扱いが詳しい。
• 杉浦光夫『解析入門 I』東京大学出版会、1980 — 実数の連続性から級数までを、ε-δ 論法を省かずに展開しています。
• A.-L. Cauchy, Cours d’analyse de l’École Royale Polytechnique, 1821 — 第 6 章。級数の和を部分和の極限として定義し、比判定法・根判定法を与えた原典です。
• B. Riemann, “Ueber die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe”, 1854 年執筆・1867 年公刊 — 条件収束級数の再配列に関する定理が述べられています。

Appendix: リーマンの再配列定理の証明

Theorem 7.6 を、$\alpha$ が実数の場合について証明します。

準備：$p_n = \max(a_n, 0)$、$q_n = \max(-a_n, 0)$ とおくと、$p_n, q_n \ge 0$ で

$$a_n = p_n - q_n, \qquad |a_n| = p_n + q_n$$

です。まず $\sum p_n = \sum q_n = \infty$ を示します。もし両方収束すれば $\sum |a_n| = \sum (p_n + q_n)$ が収束してしまい、条件収束の仮定（Definition 7.1）に反します。もし片方だけ、たとえば $\sum p_n$ が収束し $\sum q_n$ が発散したとすると、部分和について $\sum_{n \le N} a_n = \sum_{n\le N} p_n - \sum_{n \le N} q_n$ の右辺は（有限の極限を持つ量）$-$（$+\infty$ に発散する量）となって $-\infty$ に発散し、$\sum a_n$ の収束に反します。$\sum q_n$ だけが収束する場合も同様です。よって両方発散します。

また $\sum a_n$ は収束するので Proposition 3.4 より $a_n \to 0$ であり、$0 \le p_n, q_n \le |a_n|$ から $p_n \to 0$、$q_n \to 0$ です。

構成：$a_n > 0$ となる項を番号の順に $P_1, P_2, \ldots$ と並べ、$a_n \le 0$ となる項の絶対値を番号の順に $Q_1, Q_2, \ldots$ と並べます。$\sum_k P_k = \sum_n p_n = \infty$、$\sum_k Q_k = \sum_n q_n = \infty$ なので、どちらの列も無限列です。

次のように交互に取り出します。まず $P_1 + \cdots + P_{m_1} > \alpha$ となる最小の $m_1$ を取ります（$\sum P_k = \infty$ なので存在します）。次に

$$P_1 + \cdots + P_{m_1} - Q_1 - \cdots - Q_{k_1} < \alpha$$

となる最小の $k_1$ を取ります（$\sum Q_k = \infty$ なので存在します）。以下、$P$ 側を $\alpha$ を超えるまで、$Q$ 側を $\alpha$ を下回るまで、最小個数ずつ交互に足していきます。この操作は各項をちょうど一度ずつ使うので、全単射 $\sigma$ を定めます。

収束の証明：この並べ替えの部分和を $T_j$ と書きます。$j$ 番目の切り替え直後の部分和を $U_j$ とします。$U_j$ が $P$ 側の切り替え（$\alpha$ を超えた瞬間）なら、$m_j$ の最小性より一つ手前の部分和は $\alpha$ 以下ですから

$$0 < U_j - \alpha \le P_{m_j}$$

です。$Q$ 側の切り替えなら同様に $0 < \alpha - U_j \le Q_{k_j}$。いずれにせよ $|U_j - \alpha| \le \max(P_{m_j}, Q_{k_j})$ です。

さらに、$U_j$ と $U_{j+1}$ の間の部分和は単調に $U_j$ から $U_{j+1}$ へ動く（$P$ 側の区間では増加、$Q$ 側の区間では減少）ので、その区間のすべての部分和は $U_j$ と $U_{j+1}$ の間、特に $\alpha$ からの距離が $\max(|U_j - \alpha|, |U_{j+1}-\alpha|)$ 以下の範囲にあります。

$j \to \infty$ のとき使われる添字 $m_j, k_j$ は無限大に向かい、$P_k \to 0$、$Q_k \to 0$（準備で示しました）なので $|U_j - \alpha| \to 0$ です。したがって部分和 $T_n$ は $\alpha$ に収束します。すなわち $\sum_{n=1}^{\infty} a_{\sigma(n)} = \alpha$ です。

$\alpha = +\infty$ の場合は、目標値を $1, 2, 3, \ldots$ と動かしながら同じ操作を行えばよく、振動させたい場合は二つの目標値を交互に狙えばよい。以上で証明が終わります。