極限 $f$ の各点 $a\in A$ における連続性を示せばよいです。正実数 $\varepsilon > 0$ を取ります。一様収束性から非負整数 $n\in \N$ であって任意の $x\in A$ に対して $|f_{n}(x) - f(x)| < \varepsilon / 3$ となるものを取ります。そして、$f_{n}$ の連続性から正実数 $\delta > 0$ であって任意の $x\in A$ に対して $|x - a| < \delta\Rightarrow |f_{n}(x) - f_{n}(a)| < \varepsilon / 3$ となるものと取ります。このとき、任意の $x\in A$ に対して\[|x - a| < \delta\Rightarrow |f(x) - f(a)|\leq |f(x) - f_{n}(x)| + |f_{n}(x) - f_{n}(a)| + |f_{n}(a) - f(a)| < \varepsilon\]です。よって、$f$ は $a$ において連続です。

容易に分かるように、一様収束していることと任意の正実数 $\varepsilon > 0$ に対してある非負整数 $N\in \N$ が存在し、全ての $n > N$ に対して $\|f_{n} - f\|_{\infty} < \varepsilon$ となることとが同値であり、これは $\underset{n\to\infty}{\lim}\|f_{n} - f\|_{\infty} = 0$ が成立することに他なりません。

背理法により示します。ある正実数 $\varepsilon > 0$ が存在し、任意の非負整数 $N\in \N$ に対してある $n > N$ と $x\in K$ であって $|f_{n}(x) - f(x)| > \varepsilon$ となるものが存在するとします。関数列が単調増加なので、$|f_{n}(x) - f(x)| > \varepsilon$ となる $n$ と $x$ を取れば任意の $k < n$ に対しても $|f_{k}(x) - f(x)| > \varepsilon$ となります。よって、任意の $n\in \N$ に対してある点 $x\in K$ であって $|f_{n}(x) - f(x)| > \varepsilon$ となるものが存在します。そこで $K$ の点列 $\{x_{n}\}_{n\in\N}$ を常に $|f_{n}(x_{n}) - f(x_{n})| > \varepsilon$ となるように取ります。$K$ の点列コンパクト性 $($定理1.7.29$)$ よりある点 $x_{\infty}\in K$ に収束する部分列 $\{x_{n_{k}}\}_{k\in\N}$ を取ります。いま、任意の $n\in \N$ と $n_{k} > n$ となる $k$ に対して\[|f_{n}(x_{n_{k}}) - f(n_{k})| > \varepsilon\]が成立するのでその極限より\[|f_{n}(x_{\infty}) - f(x_{\infty})| = \underset{k\to\infty}{\lim}|f_{n}(x_{n_{k}}) - f(x_{n_{k}})|\geq \varepsilon\]を得ますここで $f$ の連続性を使用しています。。これは $x_{\infty}$ において $\underset{n\to\infty}{\lim}f_{n}(x_{\infty}) = f(x_{\infty})$ であることに矛盾です。

(1) ⇒ (2) 明らかです。

(2) ⇒ (1) $U$ に含まれるコンパクト部分集合 $K$ を取ります。各 $x\in K$ に対して正実数 $\delta_{x} > 0$ であって $D(x, \delta_{x})\subset U$ かつ関数列が $D(x, \delta_{x})$ 上一様収束するものを固定します。開集合族 $\{O(x, \delta_{x})\}_{x\in K}$ は $K$ の開被覆であり、有限個の $x_{1}, \dots, x_{m}\in K$ を選んで $K\subset \bigcup_{k = 1}^{m}D(x_{k}, \delta_{x_{k}})$ が成立します。よって、\[\|f_{n}|_{K} - f|_{K}\|_{\infty}\leq \max\{\|f_{n}|_{D(x_{k}, \delta_{x_{k}})} - f|_{D(x_{k}, \delta_{x_{k}})}\|_{\infty}\mid k = 1, \dots, m\}\to 0 \ (n\to \infty)\]であり、$f$ は $K$ 上で一様収束しています。

命題1.9.9より各点 $x\in U$ に対してその点を中心とする十分小さい閉球体上で一様収束しているので $f$ は $x$ において連続です。よって、$f$ も連続です。

級数和を $s$ とおけば $\underset{n\to\infty}{\lim}|a_{n}| = \underset{n\to\infty}{\lim}|s_{n} - s_{n - 1}|\leq \underset{n\to\infty}{\lim}(|s_{n} - s| + |s_{n - 1} - s|) = 0$ です。

複素数列 $\{a_{n}\}_{n\in\N}$ に関する級数 $\{s_{n}\}_{n\in\N}$ がCauchy列であることを示せば収束が分かりますが、これは、$b := \sum_{n = 0}^{\infty}b_{n}$ とおいて、任意の $n < m\in \N$ に対して\[|s_{n} - s_{m}|\leq \sum_{k = n + 1}^{m}|a_{k}|\leq \sum_{k = n + 1}^{m}b_{m}\leq \left|b - \sum_{k = 0}^{n}b_{k}\right| + \left|b - \sum_{k = 0}^{m}b_{k}\right|\]であることからよいです。

不等式については部分和について成立しているのでその極限を考えればよいです。

(a) 第 $n$ 部分和は $(1 - z^{n + 1})/(1 - z)$ です。

(b) 任意の非負整数 $p\in \N$ に対して $\sum_{k = 2^{p}}^{2^{p + 1} - 1}\tfrac{1}{k} > 2^{p}\tfrac{1}{2^{p + 1}} = \tfrac{1}{2}$ であり、任意の非負整数 $p\in \N$ に対して $\sum_{k = 1}^{2^{p} - 1}\tfrac{1}{k} > \tfrac{p + 1}{2}$ と評価できます。

(a) 第 $n$ 部分和は $\tfrac{n(n - 1)}{2}$ です。

(a) 第 $n$ 部分和は $\tfrac{1}{2}(1 + (-1)^{n})$ です。

(e) Basel問題と呼ばれる有名な事実です。(そのうちどこかで証明すると思う。)

まず、級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}$ および各 $m\in \N$ ごと定まる級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n, m}$ は級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}b_{n}$ を優級数に持つので優級数定理 $($命題1.9.14$)$ より収束します。極限を示します。正実数 $\varepsilon > 0$ を取ります。非負整数 $N\in \N$ を $\sum_{n = N}^{\infty}b_{n} < \varepsilon$ であるように取り、続いて非負整数 $M\in \N$ を $N$ 以上かつ任意の $n < N$, $m > M$ に対して $|a_{n, m} - a_{n}| < \varepsilon/N$ であるように取ります。このとき、任意の $m > M$ に対して\begin{eqnarray*}\left|\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n, m} - \sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}\right| & \leq & \left|\sum_{n = 0}^{N - 1}a_{n, m} - \sum_{n = 0}^{N - 1}a_{n}\right| + \left|\sum_{n = N}^{\infty}a_{n, m}\right| + \left|\sum_{n = N}^{\infty}a_{n}\right| \\& \leq & \left|\sum_{n = 0}^{N - 1}(a_{n, m} - a_{n})\right| + 2\sum_{n = N}^{\infty}b_{n} < 3\varepsilon\end{eqnarray*}であり、主張の極限が成立します。

まず、級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}\tfrac{1}{n!}$ が収束していることは容易です。そして、任意の正整数 $m\in \Np$ に対して\[\left(1 + \dfrac{1}{m}\right)^{m} = \sum_{n = 0}^{m}\comb{m}{n}\dfrac{1}{m^{n}} = \sum_{n = 0}^{m}\dfrac{1}{n!}\prod_{k = 0}^{n - 1}\dfrac{m - k}{m}\]ですが、$\tfrac{1}{n!}\prod_{k = 0}^{n - 1}\tfrac{m - k}{m}$ は $m$ によらず $\tfrac{1}{n!}$ 以下かつ $m\to \infty$ とした極限が $\tfrac{1}{n!}$ に収束することから補題1.9.16を適用でき一応、$a_{n, m}$ を $0\leq n\leq m$ の範囲では $\tfrac{1}{n!}\prod_{k = 0}^{n - 1}\tfrac{m - k}{m}$ に、それ以外では $0$ に定め、$b_{n}$ は $\tfrac{1}{n!}$ として適用しています。、主張の極限が成立します。

級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}|a_{n}|$ が収束する優級数になるので優級数定理 $($命題1.9.14$)$ より級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}$ は収束します。

仮定よりある全単射 $\sigma : \N\to \N$ を用いて $b_{n} = a_{\sigma(n)}$ と表すことができ、また、各 $m\in \N$ に対して $N_{m} := \max\{\sigma(n)\mid n\leq m\}$, $L_{m} := \min\{\sigma(n)\mid n > m\}$ と定めます。任意の非負整数 $N$ に対して $m\geq \max\{\sigma^{-1}(n)\mid n\leq N\}$ ならば $L_{m} > N$ であるので $\underset{m\to\infty}{\lim}L_{m} = +\infty$ が成立します。

級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}b_{n}$ が絶対収束することは任意の $m\in \N$ に対して\[\sum_{k = 0}^{m}|b_{n}| = \sum_{k = 0}^{m}|a_{\sigma(n)}|\leq \sum_{k = 0}^{N_{m}}|a_{n}|\leq \sum_{n = 0}^{\infty}|a_{n}|\]であることから従います。級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}$ と同じ値に収束することは\begin{eqnarray*}\left|\sum_{k = 0}^{m}(a_{n} - b_{n})\right| & \leq & \left|\sum_{k = 0}^{N_{m}}a_{n} - \sum_{k = 0}^{m}b_{n}\right| + \left|\sum_{k = m + 1}^{N_{m}}a_{k}\right| \\& = & \left|\sum_{k = 0}^{N_{m}}a_{n} - \sum_{k = 0}^{m}a_{\sigma(k)}\right| + \left|\sum_{k = m + 1}^{N_{m}}a_{k}\right| \\& \leq & \sum_{k = L_{m}}^{N_{m}}|a_{k}| + \sum_{k = m + 1}^{N_{m}}|a_{k}|\to 0 \ (m\to \infty)\end{eqnarray*}より従います。

(1) 明らかです。

(2) 全単射 $\varphi : \N\times \N\to \N$ を\[\varphi(m, n)\mapsto \left\{\begin{array}{ll}n^{2} + m & (n\geq m) \\(m + 1)^{2} - n - 1 & (n < m)\end{array}\right.\]により定め、$c_{n, m} = c_{\varphi(n, m)}$ であるように複素数列 $\{c_{n}\}_{n\in\N}$ を取ります。絶対収束することは常に\[\sum_{k = 0}^{m}|c_{k}|\leq \sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|a_{k}|\sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|b_{k}|\leq \sum_{n = 0}^{\infty}|a_{n}|\sum_{n = 0}^{\infty}|b_{n}|\]であることから従います。$ab$ に収束することは\[\left|\sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}a_{k}\sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}b_{k} - \sum_{k = 0}^{m}c_{k}\right|\leq |b_{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|\sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|a_{k}| + |a_{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|\sum_{k = 0}^{\lfloor\sqrt{m}\rfloor}|b_{k}|\to 0 \ (m\to\infty)\]よりよいです。

全単射 $\varphi : \N\times \N\to \N$ を固定し、$c_{n, m} = c_{\varphi(n, m)}$ であるとします。正実数 $\varepsilon > 0$ を取ります。$\sum_{l = L + 1}^{\infty}|c_{l}| < \varepsilon$ となる十分大きな $L$ を固定します。$\{\varphi^{-1}(l)\mid l\leq L\}\subset \N\times \N$ の第 $1$ 成分の最大値を $N$、第 $2$ 成分の最大値を $M$ とします。このとき、任意の $n_{0}\geq N$, $m_{0}\geq M$ に対して\[\left|\sum_{l = 0}^{\infty}c_{l} - \sum_{m = 0}^{m_{0}}\sum_{n = 0}^{n_{0}}c_{n, m}\right|\leq \sum_{l = L + 1}^{\infty}|c_{l}|\]です。各 $n$ に対して級数 $\sum_{m = 0}^{\infty}c_{n, m}$ は絶対収束していることから級数 $\sum_{m = 0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{n_{0}}c_{n, m}$ は収束しており、$m_{0}\to \infty$ とした極限から\[\left|\sum_{l = 0}^{\infty}c_{l} - \sum_{m = 0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{n_{0}}c_{n, m}\right| \leq \sum_{l = L + 1}^{\infty}|c_{l}| < \varepsilon\]が従います。よって、任意の $n_{0}\geq N$ に対して\[\left|\sum_{l = 0}^{\infty}c_{l} - \sum_{n = 0}^{n_{0}}\sum_{m = 0}^{\infty}c_{n, m}\right| = \left|\sum_{l = 0}^{\infty}c_{l} - \sum_{m = 0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{n_{0}}c_{n, m}\right| < \varepsilon\]です。以上により $\sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{m = 0}^{\infty}c_{n, m} = \sum_{l = 0}^{\infty}c_{l}$ です。$\sum_{m = 0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{\infty}c_{n, m} = \sum_{l = 0}^{\infty}c_{l}$ も同様です。

(1) 命題1.9.13です。

(2) 広義単調増加数列の極限であるので級数和は取れます。級数和が有界値だったとして矛盾を導きます。まず、各 $\max\{a_{n}, 0\}$ が非負であることから級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}\max\{a_{n}, 0\}$ は絶対収束します。常に $\min\{a_{n}, 0\} = a_{n} - \max\{a_{n}, 0\}$ であることから級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}\min\{a_{n}, 0\}$ も収束し、同様に絶対収束です。よって、命題1.9.21よりもとの級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}$ は絶対収束することとなり矛盾です。

(3) (2)と同様です。

数列 $\{b_{k}\}_{k\in\N}$ を $a_{n}\geq 0$ を満たす $a_{n}$ たち全てを並べて得られる列、$\{c_{l}\}_{l\in\N}$ を $a_{n} < 0$ を満たす $a_{n}$ たち全てを並べて得られる列とします。いずれの数列も $0$ に収束します。狭義単調増加な整数列 $\{k_{i}\}_{i\in\N}, \{l_{i}\}_{i\in\N}$ を以下の要領で帰納的に構成します。$($ただし、総和 $\sum_{i = p}^{q}e_{i}$ は $p > q$ の場合には $0$ であると解釈します。$)$

そして、数列 $\{d_{n}\}_{n\in\N}$ を\[d_{n} := \left\{\begin{array}{ll}b_{n} & (0\leq n < k_{0}) \\c_{n - k_{0}} & (k_{0}\leq n < k_{0} + l_{0}) \\b_{n - l_{i}} & (k_{i} + l_{i}\leq n < k_{i + 1} + l_{i}) \\c_{n - k_{i + 1}} & (k_{i + 1} + l_{i}\leq n < k_{i + 1} + l_{i + 1})\end{array}\right.\]というように取ります。これが $d$ に収束することを示します。正実数 $\varepsilon > 0$ を取り、非負整数 $N\in \N$ であって任意の $n > N$ に対して $|b_{n}|, |c_{n}| < \varepsilon$ を満たすものを取り、さらに、$k_{i_{0}} - 1, l_{i_{0}} - 1 > N$ を満たす $i_{0}$ を固定します。$n\geq k_{i_{0}} + l_{i_{0}}$ ならば $\left|\sum_{j = 0}^{n}d_{j} - d\right| < \varepsilon$ が成立します。実際、ある $i\geq i_{0}$ が存在して $k_{i} + l_{i}\leq n < k_{i + 1} + l_{i}$ か $k_{i + 1} + l_{i}\leq n < k_{i + 1} + l_{i + 1}$ のいずれかが成立しますが、前者であれば $k_{i + 1}, l_{i}$ の取り方と $b_{k_{i + 1} - 1} < \varepsilon$ と $c_{l_{i} - 1} > -\varepsilon$ から\[d - \varepsilon < \sum_{j = 0}^{k_{i} + l_{i} - 1}d_{j}\leq \dots \leq \sum_{j = 0}^{n}d_{j} = \sum_{j = 0}^{k_{i} + l_{i} - 1}d_{j} + \sum_{j = k_{i}}^{n - l_{i}}b_{j}\leq \dots \leq \sum_{j = 0}^{k_{i + 1} + l_{i} - 1}d_{j} < d + \varepsilon\]であり、後者であれば $k_{i + 1}, l_{i + 1}$ の取り方と $b_{k_{i + 1} - 1} < \varepsilon$ と $c_{l_{i + 1} - 1} > -\varepsilon$ から\[d + \varepsilon > \sum_{j = 0}^{k_{i + 1} + l_{i} - 1}d_{j}\geq \dots \geq \sum_{j = 0}^{n}d_{j} = \sum_{j = 0}^{k_{i + 1} + l_{i} - 1}d_{j} + \sum_{j = l_{i}}^{n - k_{i + 1}}c_{j}\geq \dots \geq \sum_{j = 0}^{k_{i + 1} + l_{i + 1} - 1}d_{j} > d - \varepsilon\]です。(添字を $1$ から始めるようにすれば各所の $-1$ が無くなってすっきりすると思いますが、いったんこのままで。)

$a_{0} > 0$ の場合のみを示します。$s_{n}$ を第 $n$ 部分和とします。仮定の交代性と絶対値の単調性より\[s_{1}\leq s_{3}\leq s_{5}\leq \cdots \leq s_{4}\leq s_{2}\leq s_{0}\]です。従って、極限 $s_{\text{even}} = \underset{k\to\infty}{\lim}s_{2k}$, $s_{\text{odd}} = \underset{k\to\infty}{\lim}s_{2k + 1}$ が存在し実数値を取りますが、$\underset{n\to\infty}{\lim}a_{n} = 0$ であることにより $s_{\text{even}} = s_{\text{odd}}$ です$s_{\text{odd}} - s_{\text{even}} = \underset{k\to\infty}{\lim}(s_{2k + 1} - s_{2k}) = \underset{k\to\infty}{\lim}a_{2k + 1} = 0$.。以上により $\underset{n\to\infty}{\lim}s_{n} = s_{\text{even}}$ であり、交代級数は収束しています。

級数が絶対収束するとして複素数列が総和可能であることを示します。級数和を $s$ とします。正実数 $\varepsilon > 0$ に対して非負整数 $N\in \N$ であって $\sum_{k = N + 1}^{\infty}|a_{n}| < \varepsilon$ となるものを取り $A = \{0, 1, \dots, N\}$ とすれば $A$ を含む $\N$ の任意の有限部分集合 $B$ に対して\[\left|s - \sum_{k\in B}a_{n}\right| = \left|\sum_{k = N + 1}^{\infty}a_{n} - \sum_{k\in B\setminus A}a_{n}\right|\leq \sum_{k = N + 1}^{\infty}|a_{n}| < \varepsilon\]が成立します。よって、複素数列 $\{a_{n}\}_{n\in\N}$ は総和可能であり、その総和は $s$ です。

複素数列が総和可能であるとして級数が絶対収束することを示します。総和を $s$ とします。正実数 $\varepsilon > 0$ に対してある有限部分集合 $A\subset \N$ であって $A$ を含む $\N$ の任意の有限部分集合 $B$ に対して $\left|s - \sum_{k\in B}a_{n}\right| < \varepsilon$ を満たすものを取ります。$N := \max A$ とすれば任意の $n > N$ に対して $\left|s - \sum_{k = 0}^{n}a_{n}\right| < \varepsilon$ です。よって、級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}$ の和は $s$ です。

(1) $2$ つの総和 $s_{0}\neq s_{1}$ を持ったとして矛盾を導きます。正実数 $0 < \varepsilon < \tfrac{1}{2}|s_{0} - s_{1}|$ を取ります。各 $i = 0, 1$ に対して $\Lambda$ の有限部分集合 $\Lambda_{i}$ を任意の $\Lambda_{i}\subset \Lambda'\in \mathcal{F}$ に対して\[\left|s_{i} - \sum_{\lambda\in\Lambda'}a_{\lambda}\right| < \varepsilon\]となるように取れば\[|s_{0} - s_{1}|\leq \left|s_{0} - \sum_{\lambda\in\Lambda_{0}\cup \Lambda_{1}}a_{\lambda}\right| + \left|s_{1} - \sum_{\lambda\in\Lambda_{0}\cup \Lambda_{1}}a_{\lambda}\right| < \varepsilon < |s_{0} - s_{1}|\]と矛盾が導かれます。

(2) 総和を $s$ とします。各正整数 $n\in \N_{+}$ に対して $|a_{\lambda}| > \tfrac{1}{n}$ となる $\lambda\in \Lambda$ が高々有限個であることを示せばよいです。背理法により示します。ある $n\in \N_{+}$ に対して $|a_{\lambda}| > \tfrac{1}{n}$ となる $\lambda\in \Lambda$ が無限個存在するとします。総和の定義からある $\Lambda_{0}\in \mathcal{F}$ であって任意の $\Lambda_{0}\subset \Lambda'\in \mathcal{F}$ に対して\[\left|s - \sum_{\lambda\in\Lambda'}a_{\lambda}\right| < \dfrac{1}{2n}\]を満たすものが取れます。$|a_{\lambda_{0}}| > \tfrac{1}{n}$ となる $\lambda_{0}\in \Lambda$ で $\Lambda_{0}$ に属さないものを取れば\[\left|s - \sum_{\lambda\in\Lambda_{0}\cup\{\lambda_{0}\}}a_{\lambda}\right| > \dfrac{1}{2n}\]となり矛盾します。よって、各 $n\in \N_{+}$ に対して $|a_{\lambda}| > \tfrac{1}{n}$ となる $\lambda\in \Lambda$ は高々有限個です。

(3) (2)より $a_{\lambda} = 0$ となる $\lambda$ は無視して添字を取り換えることで最初から複素数列 $\{a_{n}\}_{n\in\N}$ として考えてよいです。そして、命題1.9.28より\begin{eqnarray*}\{a_{n}\}_{n\in\N}\text{は総和可能} & \Leftrightarrow & \{a_{n}\}_{n\in\N}\text{に関する級数が絶対収束する} \\& \Leftrightarrow & \{|a_{n}|\}_{n\in\N}\text{に関する級数が絶対収束する} \\& \Leftrightarrow & \{|a_{n}|\}_{n\in\N}\text{は総和可能}\end{eqnarray*}です。

(4) 容易です。

各点ごとに絶対収束するのである関数 $f$ に各点収束しています。また、$x\in A$ の取り方によらず\[|s_{n}(x) - f(x)|\leq \sum_{k = n + 1}^{\infty}|f_{k}(x)|\leq \sum_{k = n + 1}^{\infty}\|f_{k}\|_{\infty}\]と評価できるので\[\lim_{n\to\infty}\|s_{n} - f\|_{\infty} = 0\]です。つまり、$f$ に一様収束しており、命題1.9.4より連続です。

(1) $R = 0$ のときは何も示すことはないので $R > 0$ とします。$0 < r < R$ とし、$\xi$ を中心とする半径 $r$ の閉円盤 $D_{r}(\xi)$ において関級数 $f$ が一様絶対収束していることを確かめれば十分です。正実数 $0 < \varepsilon < r^{-1} - R^{-1}$ を取ります。$R^{-1} = \underset{n\to\infty}{\varlimsup}|a_{n}|^{1/n}$ よりある非負整数 $N\in \N$ が存在して $n > N$ において\[|a_{n}|^{1/n} < R^{-1} + \varepsilon < r^{-1}\]が成立しています。従って、$n > N$ において $D_{r}(\xi)$ 上 $|a_{n}||z - \xi|^{n} < ((R^{-1} + \varepsilon)r)^{n}$ と評価でき、これは $D_{r}(\xi)$ 上において関級数 $f$ が一様絶対収束していることを意味します。

(2) $|z - \xi| = 0$ のときは自明なので $|z - \xi| > 0$ とします。級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(z - \xi)^{n}$ が収束するとき、$\underset{n\to\infty}{\lim}|a_{n}||z - \xi|^{n} = 0$ であり、\begin{eqnarray*}\underset{n\to\infty}{\lim}|a_{n}||z - \xi|^{n} = 0 & \Rightarrow & \underset{n\to\infty}{\varlimsup}(|a_{n}|^{1/n}|z - \xi|)\leq 1 \\ & \Rightarrow & \left(\underset{n\to\infty}{\varlimsup}|a_{n}|^{1/n}\right)|z - \xi| \leq 1 \\& \Rightarrow & |z - \xi|\leq R\end{eqnarray*}です最初の $\Rightarrow$ は十分大きな $n$ に対して $|a_{n}|^{1/n}|z - \xi| < 1$ であることからその上極限により従います。最後の $\Rightarrow$ は任意の $a\in [0, +\infty]$ と $b, c\in (0, +\infty)$ に対して $ab\leq c\Rightarrow b\leq a^{-1}c$ というだけで、多少の場合分けで確認できます。。

$C := \underset{n\to\infty}{\lim}|\tfrac{a_{n + 1}}{a_{n}}|\in (0, +\infty)$ の場合のみを示します。正実数 $0 < \varepsilon < C$ に対して非負整数 $N\in \N$ が存在し、$n\geq N$ に対して\[C - \varepsilon < |\tfrac{a_{n + 1}}{a_{n}}| < C + \varepsilon\]が成立しているので、$n > N$ に対して\[|a_{N}|(C - \varepsilon)^{n - N} < |a_{n}| < |a_{N}|(C + \varepsilon)^{n - N}\]です。従って\[|a_{N}|^{1/n}(C - \varepsilon)^{(n - N)/n} < |a_{n}|^{1/n} < |a_{N}|^{1/n}(C + \varepsilon)^{(n - N)/n}\]であり、両辺の極限を取ることで\[C - \varepsilon\leq \varliminf_{n\to\infty}|a_{n}|^{1/n}\leq \varlimsup_{n\to\infty}|a_{n}|^{1/n}\leq C + \varepsilon\]です。$\varepsilon$ は任意に小さく取れるので、この上極限と下極限はともに $C$ に等しく $\underset{n\to\infty}{\lim}|a_{n}|^{1/n} = C$ が成立します。

(1) $\underset{k\to\infty}{\lim}\tfrac{\comb{n + k + 1}{n}}{\comb{n + k}{n}} = \underset{k\to\infty}{\lim}\tfrac{n + k + 1}{k + 1} = 1$ なので $\underset{k\to\infty}{\lim}(\comb{n + k}{n})^{1/k} = 1$ です。従って、$\underset{k\to\infty}{\varlimsup}|\comb{n + k}{n}a_{n + k}|^{1/k} = \underset{k\to\infty}{\varlimsup}|a_{k}|^{1/k}$ であり、整級数 $\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}a_{n + k}(z - \xi)^{k}$ の収束半径は $R$ となるので $|\eta - \xi| < R$ となる $\eta$ に対して級数 $\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}a_{n + k}(\eta - \xi)^{k}$ は収束します。

(2) $|z - \eta| < R - |\eta - \xi|$ となる $z$ に対して $|z - \eta| + |\eta - \xi| < R$ であり、級数 $\sum_{n = 0}^{\infty}|a_{n}|(|z - \eta| + |\eta - \xi|)^{n}$ は収束しています。よって、これを展開して並び換えた二重級数\[\sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}|a_{n + k}||\eta - \xi|^{k}|z - \eta|^{n}\]も収束しており、これは級数\[\sum_{n = 0}^{\infty}b_{n}(z - \eta)^{n} \left(= \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}a_{n + k}(\eta - \xi)^{k}(z - \eta)^{n}\right)\]の収束を意味し、$R'\geq |z - \eta|$ が従います。$z(t) = \eta + t(R - |\eta - \xi|)\tfrac{\eta - \xi}{|\eta - \xi|}$ と定めるとき、$t\in [0, 1)$ において $|z(t) - \eta| < R - |\eta - \xi|$ であり、$R'\geq |z(t) - \eta|$ なので極限 $t\to 1 - 0$ を考えて $R'\geq R - |\eta - \xi|$ が従います。

(3) $|z - \eta| < R - |\eta - \xi|$ を満たす $z$ に対し、二重級数\[\sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}|a_{n + k}||\eta - \xi|^{k}|z - \eta|^{n}\]の収束性から\[\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(z - \xi)^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k = 0}^{\infty}\comb{n + k}{n}a_{n + k}(z - \xi)^{k}(z - \eta)^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}b_{n}(z - \eta)^{n}\]が成立します。

級数 $\sum_{n = 0}\tfrac{z^{n}}{n!}$ および $\sum_{m = 0}^{\infty}\tfrac{w^{m}}{m!}$ は絶対収束するので命題1.9.21と命題1.9.22を用いて\[e^{z}\cdot e^{w} = \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{z^{n}}{n!}\cdot \sum_{m = 0}^{\infty}\dfrac{w^{n}}{m!} = \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{m = 0}^{\infty}\dfrac{z^{n}w^{m}}{n!m!} = \sum_{k = 0}^{\infty}\sum_{l = 0}^{k}\dfrac{z^{l}w^{k - l}}{l!(k - l)!} = \sum_{k = 0}^{\infty}\dfrac{(z + w)^{k}}{k!} = e^{z + w}\]です。

指数関数 $\exp$ は区間 $[0, +\infty)$ において明らかに狭義単調増加であり、$\exp 0 = 1$ と $\underset{x\to\infty}{\lim}\exp x = +\infty$ よりこの区間の像は $[1, +\infty)$ です。指数法則により常に $\exp (-x) = (\exp x)^{-1}$ であることに注意して、区間 $(-\infty, 0]$ においても狭義単調増加かつこの区間の像が $(0,1]$ であることが容易に分かります。従って、この制限 $\exp : \R\to (0, +\infty)$ は全単射です。

任意の正実数 $x, y > 0$ に対して $\log xy = \log x + \log y$ を満たすことは\[\exp(\log x + \log y) = \exp(\log x)\cdot \exp(\log y) = xy\]よりよいです。

連続性を示します。$x_{0}\in (0, +\infty)$ とします。正実数 $\varepsilon > 0$ を取ります。任意の $x\in (x_{0}e^{-\varepsilon}, x_{0}e^{\varepsilon})$ に対して\[-\varepsilon < \log (x/x_{0}) < \varepsilon\]であり、$|\log x - \log x_{0}| < \varepsilon$ です。これは $x_{0}$ における連続性を意味し、従って、対数関数 $\log$ は連続です。

いずれも定義から愚直に計算することで分かります。

いずれも定義から愚直に計算することで分かります。