７．曲線の基本定理

前節でフレネ・セレの公式
$\begin{pmatrix} \boldsymbol{\alpha} '(s) \\ \boldsymbol{\beta} '(s) \\ \boldsymbol{\gamma} '(s) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & k(s) & 0 \\ -k(s) & 0 & \tau (s) \\ 0 & -\tau (s) & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \boldsymbol{\alpha} (s) \\ \boldsymbol{\beta} (s) \\ \boldsymbol{\gamma} (s) \end{pmatrix} $
を求めました．
上の式を見れば，$k(s),\tau (s)$が与えられたとき，$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$の微分方程式 を解くことにより求められ,曲線も定まりそうです．この項目は，この考えもとでの議論です．なお，微分方程式の解の存在も証明します． あわせて参考にしてください．

弧長$s$が変数の曲線$\boldsymbol{f}(s)$が与えれたとき，その曲線より，曲率$k(s)$,捩率$\tau (s)$が求まります． フレネ・セレの公式は，曲線の曲率と捩率が分かれば，$\boldsymbol{\alpha} '(s),\boldsymbol{\beta} '(s),\boldsymbol{\gamma} '(s)$が$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$ および曲率$k(s)$捩率$\tau (s)$ で定まり$k(s)，\tau (s)$が微分可能であれば，曲線上の微分が何度でも自由にできることを示しています．
ということは，弧長変数の曲線は曲率，捩率だけで決まるのではないかと考えることは自然なことで, ここではこの内容を考えます．
この内容を曲線の基本定理と言います．

内容を整理しましょう．

命題
曲線$\boldsymbol{f}(s)$が与えられる　$\Longrightarrow$　曲率$k(s)$，捩率$\tau (s)$が定まる

この命題の逆が成り立つかどうかをしらべようとしているのです．
逆の命題は次のようになります．

逆の命題（曲線の基本定理）
実数$s$に対して開区間$(a,b)$で２つの連続関数$k(s)\text{＞}0,\tau (s)$を与える．
このとき，弧長$s$を変数とする曲線$\boldsymbol{f}(s)$で曲率が$k(s)$,捩率が$\tau (s)$であるもの が存在してしかも唯一つである．

ここで，少しの注意が必要です．ユークリド空間$\mathbb{R}^3$における，物体の形および大きさを変えない，ただ空間のなかの位置だけをかえる変換を 剛体運動という．
上の命題は剛体運動で重ねあわせることが出来る２つの曲線は同じ曲線と考えます．
この命題は，上でも述べたように，結論から先に言うと，正しく，この命題の成立を保障するのは微分方程式の理論です．
微分方程式というと，難しそうですが，要するに高校で学んだ軌跡のことです．
軌跡では，図形の性質が与えれたとき，その性質を式で表し，それを計算することにより図形の式を求めました．
与えられた図形の性質を式で表すとき，$y',y''$または高次の導関数，多変数の場合は偏微分が現れるだけのことです．

数学では，ある命題が示されたとき，その逆を証明し，同値の命題にすることが内容をすっきりさせるコツです． その逆を示すのに微分方程式がよく利用されます．

それでは本題に入りましょう．
示すべき定理は次の定理です．

曲線の基本定理
開区間$(a,b)$における２つの連続関数
$k(s)\text{＞}0,\tau (s)$
と，空間上の点$P_0$における互いに垂直でかつ右手系をなす３つの単位ベクトル$\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta} _0,\boldsymbol{\gamma} _0$ が与えられている．
このとき，弧長$s$を変数とする曲線
$\boldsymbol{f}(s)$
で曲率が$k(s)$，捩率が$\tau (s)$かつ$s=s_0$のとき$P_0$であり，さらにその点におけるフレネ・セレの直交座標系が
$(\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta} _0,\boldsymbol{\gamma} _0)$
であるものがただ一つ存在する．

証明
$k(s),\tau (s)$より，ベクトル値$\boldsymbol{\alpha}(s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$に関する次の微分方程式を考える．
$\begin{cases} \dfrac{d\boldsymbol{\alpha} (s)}{ds}=k(s)\boldsymbol{\beta} (s) \\ \dfrac{d\boldsymbol{\beta} (s)}{ds}=-k(s)\boldsymbol{\alpha} (s) +\tau (s)\boldsymbol{\gamma} (s) \\ \dfrac{d\boldsymbol{\gamma} (s)}{ds}=-\tau (s) \boldsymbol{\beta} (s) \\ \end{cases}　\ \ $ ・・・@
初期条件は
$\boldsymbol{\alpha} (s_0)=\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta} (s_0)=\boldsymbol{\beta} _0,\boldsymbol{\gamma} (s_0)=\boldsymbol{\gamma} _0 \ \ $・・・A
である．
上の式は$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$がベクトルなので実際は９個の関数の微分方程式である．
$\boldsymbol{\alpha} (s)=(p_1(s),p_2(s),p_3(s)),\boldsymbol{\beta} (s)=(q_1(s),q_2(s),q_3(s))$
とおけば，第１式は
$\begin{cases} \dfrac{dp_1 (s)}{ds}=k(s)q_1(s) \\ \dfrac{dp_2 (s)}{ds}=k(s)q_2(s) \\ \dfrac{dp_3 (s)}{ds}=k(s)q_3(s) \\ \end{cases}$
である．
この微分方程式は解が存在して，ただ一つである. この事実は後で証明する．
その解を
$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$
とする．
@，Aを満たす
$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$
はAより$s=s_0$では右手系をなす互いに直交する単位ベクトルであるが，$s\neq s_0$のとき どうなっているかを示す必要があります．
それを示しましょう.
$\boldsymbol{\alpha} _1(s)=\boldsymbol{\beta} (s)\times \boldsymbol{\gamma} (s),\boldsymbol{\beta} _1(s)=\boldsymbol{\gamma} (s)\times \boldsymbol{\alpha} (s), \boldsymbol{\gamma} _1(s)=\boldsymbol{\alpha} (s)\times \boldsymbol{\beta} (s)$
で
$\boldsymbol{\alpha} _1(s),\boldsymbol{\beta} _1(s),\boldsymbol{\gamma} _1(s)$・・・B
を定義する．
Bが@，Aを満たすことをしめす．
$\boldsymbol{\alpha} _1'(s)=\boldsymbol{\beta} '(s)\times \boldsymbol{\gamma} (s)+\boldsymbol{\beta} (s)\times \boldsymbol{\gamma} '(s)$
$=(-k(s)\boldsymbol{\alpha} (s)+\tau(s)\boldsymbol{\gamma} (s))\times \boldsymbol{\gamma} (s)+\boldsymbol{\beta} (s)\times (-\tau (s)\boldsymbol{\beta} (s))$
$=k(s)\boldsymbol{\beta} _1(s)$
$\boldsymbol{\beta} _1'(s)=\boldsymbol{\gamma} '(s)\times \boldsymbol{\alpha} (s)+\boldsymbol{\gamma} (s)\times \boldsymbol{\alpha} '(s)$
$=-k(s)\boldsymbol{\alpha} _1(s)+\tau (s)\boldsymbol{\gamma} _1(s)$
$\boldsymbol{\gamma} _1'(s)=\boldsymbol{\alpha} '(s)\times \boldsymbol{\beta} (s)+\boldsymbol{\alpha} (s)\times \boldsymbol{\beta} '(s)$
$=-\tau (s)\boldsymbol{\beta} _1(s)$
さらに，$\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta} _0,\boldsymbol{\gamma} _0$は右手系をなす互いに直交する単位ベクトルであるからAを満たす． したがって，微分方程式の解の一意性より
$\boldsymbol{\alpha} _1(s)=\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} _1(s)=\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} _1(s)=\boldsymbol{\gamma} (s)$
すなわち， $\boldsymbol{\alpha} (s)=\boldsymbol{\beta} (s)\times \boldsymbol{\gamma} (s),\boldsymbol{\beta}(s)=\boldsymbol{\gamma} (s)\times \boldsymbol{\alpha} (s), \boldsymbol{\gamma} (s)=\boldsymbol{\alpha} (s)\times \boldsymbol{\beta} (s)$
が成り立つことが分かった．したがって， $\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$ は右手系をなす互いに直交するベクトルである．
次に，それぞれのベクトルが単位ベクトルであることを示そう．それは簡単で
微分方程式の性質より
$\boldsymbol{\alpha} '(s)\cdot \boldsymbol{\alpha} (s)=0,\boldsymbol{\beta} '(s)\cdot \boldsymbol{\beta} (s)=0,\boldsymbol{\gamma} '(s)\cdot \boldsymbol{\gamma} (s)=0$
より，
$|\boldsymbol{\alpha} (s)|,|\boldsymbol{\beta} (s)|,|\boldsymbol{\gamma} (s)|$は定数であり
$|\boldsymbol{\alpha} (s)|=|\boldsymbol{\alpha} _0|=1,|\boldsymbol{\beta} (s)|=|\boldsymbol{\beta} _0|=1,|\boldsymbol{\gamma} (s)|=|\boldsymbol{\gamma} _0|=1$
である．
$\boldsymbol{\alpha} (s),\boldsymbol{\beta} (s),\boldsymbol{\gamma} (s)$
が構成されたので，後は曲線$\boldsymbol{f}(s)$を作るだけである．
$\displaystyle \boldsymbol {f}(s)=\int_{s_0}^s\boldsymbol{\alpha} (s)+P_0$
によって得られる．これが求める曲線である．
この曲線が，$s$が弧長であり， 曲率$k(s)$,捩率$\tau (s)$であることを当たり前のことであるが確認しよう．
まず， $|\dfrac{d\boldsymbol{f}(s)}{ds}|=|\boldsymbol{\alpha} (s)|=1$
より$s$が弧長である．
$\dfrac{d^2\boldsymbol{f}(s)}{ds^2}=\boldsymbol{\alpha} '(s)=k(s)\boldsymbol{\beta} (s)$
より曲率は$k(s)$である．
$\boldsymbol{\gamma} (s)=\boldsymbol{\alpha} (s)\times \boldsymbol{\beta} (s)$
で定義すると，
$\boldsymbol{\gamma} '(s)=-\tau (s)\boldsymbol{\beta} (s)$
であるから，捩率は$\tau (s)$である．

残された問題は，初期条件が異なるとき，得られた曲線は剛体運動で重ね合わせることが出来ることである．
初期条件がそれぞれ
$(P_0;\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta}_0,\boldsymbol{\gamma} _0),(P_1;\boldsymbol{\alpha} _1,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\gamma} _1)$
のとき得られる曲線を
$\boldsymbol{f_0}(s),\boldsymbol{f_1}(s)$
とする．ここで
$\boldsymbol{F}:(P_0;\boldsymbol{\alpha} _0,\boldsymbol{\beta}_0,\boldsymbol{\gamma} _0) \mapsto (P_1;\boldsymbol{\alpha} _1,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\gamma} _1)$
で決まる剛体運動を用いれば，剛体運動により曲率，捩率は変らないから 微分方程式は変らない．さらに $\boldsymbol{F}(\boldsymbol{f_0}(s)),\boldsymbol{f_1}(s)$は初期条件も変らない ($\because$フレネ・セレの直交座標系が共に$(P_1;\boldsymbol{\alpha} _1,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\gamma} _1)$). したがって微分方程式の 解の一意性より，２つの曲線は重なる．したがって，解決した．


ここで，扱った微分方程式の解の存在及び一意性の証明をしよう．
扱う微分方程式をベクトルの表示法を用いると
$\boldsymbol{x}'(t)=A(t)\boldsymbol{x}(t),\boldsymbol{x}(0)=\boldsymbol{x}_0$

ただし
$\boldsymbol{x}(t)=\begin{pmatrix}x^1(t)\\x^2(t)\\ \vdots \\x^n(t)\end{pmatrix}, A(t)=\begin{pmatrix}a^1_1(t)&\cdots &a^1_n(t)\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a^n_1(t)& \cdots & a^n_n(t)\end{pmatrix}$
である．
実際に用いたのは$n=9$の場合であるが，証明するのは$n=2$の場合である．

これから行う証明は逐次近似法と呼ばれています．この微分方程式は一般的な証明の場合の もっとも簡単な場合ですが，証明のコアの部分は同じです． 一般の場合の証明を理解するときに役に立つと思う．
証明に入る前に，証明全体像を微分方程式
$\dfrac{dy}{dx}=ay \ \ ,y(0)=y_0 \cdots (1)$
ただし$a$は定数
でつかみましょう．
微分方程式$(1)$は変数分離形で
$\displaystyle \int \dfrac{dy}{y}=a\int dx $
より解は
$y=Ce^{ax}$
さらに初期条件より
$y=y_0e^{at} \cdots (2)$
を得る．
$(2)$の右辺をべき級数展開して書き直す．
$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dots +\dfrac{x^n}{n!}+\dots $
であるから
$y=y_0(1+ax+\dfrac{(ax)^2}{2!}+\dots +\dfrac{(ax)^n}{n!}+\cdots )$
である．
ここで
$f_n(x)=y_0(1+ax+\dfrac{(ax)^2}{2!}+\dots +\dfrac{(ax)^n}{n!})$
と置くと
$\dfrac{df_{n+1}(x)}{dx}=af_n(x) \cdots (3)$
を満たす. $(\because$計算してもよいが$(2)$の右辺をマクローリン展開しただけより分かる.$)$
$(3)$の$f_{n+1},f_n$を$y$にしたものが微分方程式$(1)$であることに注意する．
一方,任意の$n$で
$f_{n}(0)=y_0$
が成り立つから
$\displaystyle f_{n+1}(x)=\int_0^xaf_{n}(t)dt+y_0$
ここで関数列$\{f_n(x)\}$を考える．
$\{f_n(x)\}$が$f(x)$に収束(一様収束)するとき
$(3)$の左辺は
$\dfrac{df_{n+1}(x)}{dx}\to \dfrac{df(x)}{dx} \ \ \ (n\to \infty)$
$(3)$の右辺は
$af_n(x) \to af(x) \ (n\to \infty)$
より$f(x)$が微分方程式$(1)$の解であることが分かる．
以上の例を参考に解の存在の証明の手順をまとめると次のようになる．

逐次近似法の証明の手順
微分方程式
$\dfrac{dy}{dx}=f(x,y),y(x_0)=y_0 \ \cdots (4)$
について
$(1)$ 関数列$\{g_n(x)\}$を
$\displaystyle g_0(x)=y_0,g_{n+1}(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(s,g_n(s))ds$
で定義する．
$(2)$ 関数列$\{g_n(x)\}$が$g(x)$に収束するとき
$\displaystyle g(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(s,g(s))ds$
が成り立つ．
両辺を$x$で微分し
$g'(x)=f(x,g(x))$
となり，$g(x)$が微分方程式$(4)$の解である．
内容はシンプルですが，関数列$\{g_n(x)\}$の収束の問題が重要で，一様収束，一般の場合には リプシッツ連続を学ぶことになります．
さて，ここで扱う微分方程式は比較的簡単な場合です．ただ，一般の場合と方針変わらずは， 一般の場合の理解を助けることになる．
なお証明の方法は，逆関数の定理で用いた縮小写像の不動点の存在の証明と似ています．見比べるとよいと思う．
それでは証明に入ります

定理
連立線形斉次微分方程式(線形斉次微分方程式系)
$\begin{cases}x'(t)=p(t)x(t)+q(t)y(t)\\ y'(t)=r(t)x(t)+s(t)y(t)\end{cases}\cdots (\sharp)$
ただし，$p(t),q(t),r(t),s(t)$は閉区間$[0,a]$における連続な関数．
は任意の$x_0,y_0$に対して,閉区間$[0,a]$上連続微分可能な微分方程式$(\sharp)$の解
$(x(t),y(t))$
で，初期条件 $x(0)=x_0,y(0)=y_0$
を満たすものが唯一つ存在する．

証明
初期条件から順に
$(x_{(0)}(t),y_{(0)}(t)),(x_{(1)}(t),y_{(1)}(t)),(x_{(2)}(t),y_{(2)}(t)),\cdots $
を次のように定義する．
$x_{(0)}(t)=x_0,y_{(0)}(t)=y_0$
$\displaystyle x_{(1)}(t)=x_0+\int_0^a(p(t)x_0+q(t)y_0)dt, \ \ y_{(1)}(t)=y_0+\int_0^a(r(t)x_0+s(t)y_0)dt$
$\displaystyle x_{(2)}(t)=x_0+\int_0^a(p(t)x_{(1)}(t)+q(t)y_{(1)}(t))dt,$
$\displaystyle y_{(2)}(t)=y_0+\int_0^a(r(t)x_{(1)}(t)+s(t)y_{(1)}(t))dt$
$\cdots$
$\displaystyle x_{(m)}(t)=x_0+\int_0^a(p(t)x_{(m-1)}(t)+q(t)y_{(m-1)}(t))dt,$
$\displaystyle y_{(m)}(t)=y_0+\int_0^a(r(t)x_{(m-1)}(t)+s(t)y_{(m-1)}(t))dt$

まず，この関数列$x_{(m)},y_{(m)}$がそれぞれ一様収束することを示す．
$p(t),q(t),r(t),s(t)$は連続であるので$[0,a]$における $|p(t)|,|q(t)|,|r(t)|,|s(t)|$のそれぞれの最大値の最大値を$\frac{A}{2}$とする．
さらに，$|x_0|,|y_0|$の大きい方を$B$とする．
このとき
$\displaystyle |x_{(1)}(t)-x_0|\leqq \int_0^t(|p(t)x_0|+|q(t)y_0|)dt\leqq ABt,|y_{(1)}(t)-y_0|\leqq \int_0^t(|r(t)x_0|+|s(t)y_0|)dt\leqq ABt$
$\displaystyle |x_{(2)}(t)-x_{(1)}(t)|\leqq \int_0^t(|p(t)||x_{(1)}(t)-x_0|+|q(t)||y_{(1)}-y_0|)dt\leqq \dfrac{A^2Bt^2}{2},$
$|y_{(2)}(t)-y_{(1)(t)}|\leqq \int_0^t(|r(t)||x_{(1)}(t)-x_0|+|s(t)||y_{(1)}(t)-y_0|)dt\leqq \dfrac{A^2Bt^2}{2}$
これを繰り返すことにより
$|x_{(m)}(t)-x_{(m-1)}(t)|\leqq \dfrac{A^mBt^m}{m!}\leqq \dfrac{A^mBa^m}{m!},$
$|y_{(m)}(t)-x_{(m-1)}(t)|\leqq \dfrac{A^mBt^m}{m!}\leqq \dfrac{A^mBa^m}{m!}$
を得る．
ここで，
$\displaystyle \sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{A^ma^m}{m!}=e^{Aa}$
であることに注意する.
$x_{(m)}(t)=x_0+(x_{(1)}(t)-x_0)+(x_{(2)}(t)-x_{(1)}(t))+\dots+(x_{(m)}(t)-x_{(m-1)}(t))$
$y_{(m)}(t)=y_0+(y_{(1)}(t)-y_0)+(y_{(2)}(t)-y_{(1)}(t))+\dots+(y_{(m)}(t)-y_{(m-1)}(t))$
および
補助命題(Weierstrass のM判別法)
関数列$\{f_n(t)\}$が$|f_n(t)|\leqq M_n$で正項級数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} M_n$が収束するとき 級数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} f_n(t)$は一様収束する．
証明は後で述べる．

より$x_{(m)}(t),y_{(m)}(t)$は一様収束する．それぞれの極限の関数を$x(t),y(t)$とする．
$x_{(m)}(t),y_{(m)}(t)$は連続関数であるから$x(t),y(t)$は連続関数である．
次に$x(t),y(t)$が与えられた微分方程式の解であることを示す．
$\displaystyle x(t)-x_0-\int_0^t(p(t)x(t)+q(t)y(t))dt$
$\displaystyle =(x(t)-x_{(m)}(t))+(x_{(m)}(t)-x_0)-\int_0^t(p(t)x(t)+q(t)y(t))dt$
$\displaystyle =(x(t)-x_{(m)}(t))+\int_0^a(p(t)x_{(m-1)}(t)+q(t)y_{(m-1)}(t))dt -\int_0^t(p(t)x(t)+q(t)y(t))dt$
$\displaystyle =(x(t)-x_{(m)}(t))-\int_0^t\{p(t)(x(t)-x_{(m-1)}(t)) +q(t)(y(t)-y_{(m-1)}(t))\}dt$
関数列$\{x_{(m)}(t)\},\{y_{(m)}(t)\}$は一様収束するから，任意の$\epsilon >0$に対して$N$が存在して，$N\leqq n$を満たす任意の$n$ で任意の $t\in [a,b]$に対して
$|x(t)-x_{(n)}(t)|,|y(t)-y_{(n)}(t)| < \epsilon $
が成り立つから
$\displaystyle |x(t)-x_0-\int_0^t(p(t)x(t)+q(t)y(t))dt|$ $\displaystyle \leqq |x(t)-x_{(m)}(t)|+\int_0^t(|p(t)(x(t)-x_{(m-1)}(t)|+|q(t)(y(t)-y_{(m-1)}(t)|)dt$
$\leqq \epsilon +\epsilon At\leqq \epsilon +\epsilon Aa$
$\epsilon$は幾らでも小さく取れるので，
$\displaystyle x(t)=x_0+\int_0^t(p(t)x(t)+q(t)y(t))dt$
が示された．
$\displaystyle y(t)=y_0+\int_0^t(r(t)x(t)+s(t)y(t))dt$
についても同様であるので，$x(t),y(t)$が与えられた微分方程式の解である．
次に解の一意性を示す．
$(u(t),v(t))$も与えられた連立微分方程式および初期条件を満たす解とする．
$z(t)=x(t)-u(t),w(t)=y(t)-v(t)$
とおくと.$z(0)=0,w(0)=0$であり
$\displaystyle z(t)=\int_0^t(p(t)z(t)+q(t)w(t))dt \ \cdots (1)$
$\displaystyle w(t)=\int_0^t(r(t)z(t)+s(t)w(t))dt \ \cdots (2)$
を満たす．
$|z(t)|,|w(t)|$の$[0,a]$における最大値の大きい方を$C$とすれば
$|z(t)|,|w(t)| \leqq ACt$
この式を$(1),(2)$に代入すると
$\displaystyle |z(t)|\leqq A^2C\int_0^ttdt=\dfrac{A^2Ct^2}{2}$
$\displaystyle |w(t)|\leqq A^2C\int_0^ttdt=\dfrac{A^2Ct^2}{2}$
この操作を繰り返すことにより，
$|z(t)|\leqq \dfrac{A^mCt^m}{m!}\leqq \dfrac{A^mCa^m}{m!}$
$|w(t)|\leqq \dfrac{A^mCt^m}{m!}\leqq \dfrac{A^mCa^m}{m!}$
ここで
$\dfrac{A^ma^m}{m!}\to 0 \ \ (m\to \infty)$
$(\because \ \sum_0^{\infty}\dfrac{(Aa)^m}{m!}=e^{Aa}$より級数が収束)
したがって，
$z(t)\equiv 0,w(t)\equiv 0$
一意性が証明された．

残されたのは，途中用いた
補助命題(Weierstrass のM判別法)
関数列$\{f_n(t)\}$が$|f_n(t)|\leqq M_n$で正項級数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} M_n$が収束するとき 級数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} f_n(t)$は一様収束する．
の証明である．
この命題は名前が示す通り，複素関数でよく用いられる．
補助命題の証明
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} M_n$が収束するから，任意の$\epsilon > 0 $に対して$N$ が存在して，$N\leqq n$のとき任意の正の整数$m$で
$|a_n+a_{n+1}+\cdots a_{n+m}| < \epsilon$
が成り立つ．したがって
$|f_n(t)|+|f_{n+1}(t)|+\cdots +|f_{n+m}(t)| < \epsilon$
したがって，関数列$\{f_n(t)\}$が一様収束する．
以上で証明が終了した．

微分方程式の解は任意の点のある小ささな範囲で解が存在する場合が多いが， この微分方程式は，証明から分かるように，定義されている任意の 範囲で解が存在する．すなわち，$p(t),q(t),r(t),s(t)$ が実数の全範囲で定義されていれば，実数の全範囲で解が存在する． これは，他の微分方程式とは異なる点である．



続く


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