f(x) を n = 1 から無限大までの xⁿ⁻¹/n の和とするとき、f が x = 1 および x = −1 で微分可能かどうかを判定せよ。

Step-by-step solution

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   収束半径と閉じた形を求める。 係数が $1/n$ なので収束半径は $1$ である。$0<|x|<1$ では $1/x$ をくくり出して対数の級数を使うと

   $f(x)=\frac1x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\frac{\ln(1-x)}{x},$

   となる（除去可能な値として $f(0)=1$）。端点の問題に答えられるのは、この閉じた形があるからである。項別に微分した級数は端点で行儀が悪くなる。

2. 2

   まず収束を確かめて $x=1$ を片づける。 $x=1$ では級数は $\sum_{n\ge1}\frac1n$、すなわち調和級数になり発散する。よって $f(1)$ は数として存在せず、$x=1$ での微分可能性を問う場面自体が生じない。閉じた形も同じことを言う：$x\to1^{-}$ のとき $-\ln(1-x)/x\to+\infty$ である。

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   $x=-1$ での値を確定する。 ここでの級数は $\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$、すなわち交代調和級数であり、ライプニッツの判定法により収束して和は

   $f(-1)=\ln 2\approx 0.6931472.$

   となる。アーベルの定理により、これは $\lim_{x\to-1^{+}}\bigl(-\ln(1-x)/x\bigr)=-\ln 2/(-1)=\ln 2$ に等しいことが保証されるので、閉じた形は $x=-1$ まで連続に延びる。

4. 4

   閉じた形を微分して $-1$ で評価する。 $f(x)=-\ln(1-x)\cdot x^{-1}$ から

   $f'(x)=\frac{1}{x(1-x)}+\frac{\ln(1-x)}{x^{2}},$

   なので

   $f'(-1)=\frac{1}{(-1)(2)}+\frac{\ln 2}{1}=\ln 2-\frac12.$

   $1-x=2>0$ かつ $x=-1\ne0$ なので、閉じた形は $-1$ の近傍全体で実解析的である。だからこの片側微分係数が本当に存在する。

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   落とし穴を指摘し、数値で確認する。 級数を項別に微分すると $\sum_{n\ge1}\frac{(n-1)x^{n-2}}{n}$ になるが、$x=-1$ での各項の大きさは $(n-1)/n\to1$ であり $0$ に収束しない——つまり微分した級数は $x=-1$ で発散する。これは先の結果と矛盾しない。端点では項別微分が使えないというだけのことで、関数そのものはそこで依然として微分可能である。数値でも $\bigl(f(-1+10^{-10})-f(-1)\bigr)/10^{-10}=0.1931472$、$\ln 2-\tfrac12=0.1931472$ となる。