平成２３年１０月２３日

[流れ星]

　　　　　第２６４回数学的な応募問題解答

　　　　　　＜解答募集期間：９月25日〜10月23日

［ライプニッツ･グレゴリー級数］

スコットランドの数学者グレゴリー（1638〜1675）は、1671年33歳のとき、
問題の等式を発見した。ドイツの偉大な天才数学者ライプニッツ（1646〜1716）も、
また、同じ等式を1674年に独力で発見している。今回はその証明です。

NO1「uchinyan」 09/25 15時27分受信

「uchinyan」 09/25 21時21分受信 更新10/23

I(n) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n}dx, n >= 0

(1)

I(0) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^0}dx = ∫[x=0,π/4]{1}dx = [x][x=0,π/4] = π/4

I(1) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^1}dx = ∫[x=0,π/4]{tan(x)}dx

= ∫[x=0,π/4]{sin(x)/cos(x)}dx = ∫[x=0,π/4]{(-1) * (cos(x))'/cos(x)}dx

= [- log|cos(x)|][x=0,π/4] = - log(1/√2) = log(2)/2

以下では，1 + (tan(x))^2 = 1/(cos(x))^2，(tan(x))' = 1/(cos(x))^2，を使います。

I(2) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^2}dx = ∫[x=0,π/4]{1/(cos(x))^2 - 1}dx

= [tan(x) - x][x=0,π/4] = 1 - π/4

I(3) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^3}dx = ∫[x=0,π/4]{tan(x) * (tan(x))^2}dx

= ∫[x=0,π/4]{tan(x) * (1/(cos(x))^2 - 1)}dx

= ∫[x=0,π/4]{tan(x) * (tan(x))'}dx - ∫[x=0,π/4]{tan(x)}dx

= [(tan(x))^2/2][x=0,π/4] - I(1) = 1/2 - log(2)/2

(2)

I(n+2) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^(n+2)}dx = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n * (tan(x))^2}dx

= ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n * (1/(cos(x))^2 - 1)}dx

= ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n * (tan(x))'}dx - ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n}dx

= [(tan(x))^(n+1)/(n+1)][x=0,π/4] - I(n) = 1/(n+1) - I(n)

つまり，

I(n+2) = 1/(n+1) - I(n)

(3)

0 <= x <= π/4 として，f(x) = 4/π * x - tan(x) とおくと，

f'(x) = 4/π - 1/(cos(x))^2 = (2cos(x) + √π)(2cos(x) - √π)/(π(cos(x))^2)

そこで，0 < √2 < √3 < √π < √4 = 2 なので，

1 > cosα = √π/2 > √2/2 = cos(π/4)，0 < α < π/4，とおけて，

x = 0，f'(0) > 0，f(x) は単調増加，f(0) = 4/π * 0 - tan(0) = 0

0 < x < α，f'(x) > 0，f(x) は単調増加

x = α，f'(α) = 0，f(α) は極大かつ最大

α < x < π/4，f'(x) < 0，f(x) は単調減少

x = π/4，f'(x) < 0，f(x) は単調減少，f(π/4) = 4/π * π/4 - tan(π/4) = 0

そこで，0 <= x <= π/4 で，

f(x) = 4/π * x - tan(x) >= f(0) = f(π/4) = 0

0 <= tan(x) <= 4/π * x

0 <= (tan(x))^n <= (4/π)^n * x^n

がいえます。これより，

0 < I(n) = ∫[x=0,π/4]{(tan(x))^n}dx <= ∫[x=0,π/4]{(4/π)^n * x^n}dx

0 < I(n) <= (4/π)^n * [x^(n+1)/(n+1)][x=0,π/4] = (4/π)^n * (π/4)^(n+1)/(n+1)

0 < I(n) <= π/4(n+1)

になります。

(4)

(2)より，

I(n+2) = 1/(n+1) - I(n)

n -> 2n-2 と置き換えて，

I(2n) = 1/(2n-1) - I(2n-2)

1/(2n-1) = I(2n) + I(2n-2)

両辺に (-1)^(n-1) を掛けて n = 1 〜 k で足し上げると，

Σ[n=1,k]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = Σ[n=1,k]{(-1)^(n-1) * (I(2n) + I(2n-2))}

= (I(2) + I(0)) - (I(4) + I(2) + (I(6) + I(4)) - ... + (-1)^(k-1) * (I(2k) + I(2k-2))

= I(0) + (-1)^(k-1) * I(2k)

そこで，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = lim[k->∞]{Σ[n=1,k]{(-1)^(n-1)/(2n-1)}}

= lim[k->∞]{I(0) + (-1)^(k-1) * I(2k)}

= I(0) + lim[k->∞]{(-1)^(k-1) * I(2k)}

ここで，I(0) = π/4 で，また (3) より，

|lim[k->∞]{(-1)^(k-1) * I(2k)}| = lim[k->∞]{|(-1)^(k-1) * I(2k)|}

= lim[k->∞]{I(2k)} <= lim[k->∞]{π/4(2k+1)} = 0

lim[k->∞]{(-1)^k * I(2k)} = 0

となって，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = π/4

になります。

(5)

π/4 という答えからの類推で，y = arctan(x) を考え，これのマクローリン展開を考えます。

y = arctan(x)

x = tan(y)

両辺を x で微分して，

1 = 1/(cos(y))^2 * y' = (1 + (tan(y))^2) * y' = (1 + x^2) * y'

y' = 1/(1 + x^2)

(1 + x^2) * y' = 1

そして，y を x で n 回微分したものを y^{n} と書くことにすると，

n+1 回微分のライプニッツの公式を使うと，(1 + x^2)^{3} = 0 なので，

(1 + x^2) * y^{n+2} + (n+1)C1 * (1 + x^2)' * y^{n+1} + (n+1)C2 * (1 + x^2)'' * y^{n} = 0

(1 + x^2) * y^{n+2} + 2(n+1) * x * y^{n+1} + (n+1)n * y^{n} = 0

いま求めたいのはマクローリン展開の係数なので y^{n}(0) で，

y^{0}(0) = y(0) = 0

y^{1}(0) = y'(0) = 1

y^{n+2}(0) = - (n+1)n * y^{n}(0)

とから，一般に，y^{2n}(0) = 0，y^{2n-1}(0) = (-1)^(n-1) * (2n-2)! になります。

そこで，

y = Σ[n=0,∞]{y^{n}(0)/n! * x^n}

= Σ[n=0,∞]{y^{2n}(0)/(2n)! * x^(2n)} + Σ[n=1,∞]{y^{2n-1}(0)/(2n-1)! * x^(2n-1)}

= Σ[n=0,∞]{0/(2n)! * x^(2n)} + Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1) * (2n-2)!/(2n-1)! * x^(2n-1)}

= Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1) * x^(2n-1)}

つまり，

arctan(x) = y = Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1) * x^(2n-1)}

です。この式で，x = 1 とすると，

π/4 = arctan(1) = Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1) * 1^(2n-1)}

π/4 = Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)}

つまり，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = π/4

になります。

(考察)

上記の方法は，実は，うるさいことを言うと，x = 1 とする辺りは少し微妙な問題があります。

これには大学レベルの知識が必要ですが，それを意識しながら，少し他の形で示しておきます。

まず，|x| < 1 のとき，等比数列の和の公式より，

Σ[n=1,∞]{x^(n-1)} = 1 + x + x^2 + x^3 + ... = 1/(1 - x)

です。この式で，x -> -x^2 とおくと，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1) * x^(2n-2)} = 1/(1 + x^2)

ここで，0 < c < 1 として，両辺を x で区間 [0,c] に関して積分します。

∫[x=0,c]{Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1) * x^(2n-2)}}dx = ∫[x=0,c]{1/(1 + x^2)}dx

ここから，大学レベルの知識が必要になります。

左辺の無限級数は収束半径が 1 なので，区間 [0,c] では一様収束で，

Σ と ∫ の順序を交換できます。右辺は (arctan(x))' = 1/(1 + x^2) を使えます。

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1) * ∫[x=0,c]{x^(2n-2)}dx} = ∫[x=0,c]{(arctan(x))'}dx

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1) * c^(2n-1)/(2n-1)} = [arctan(x)][x=0,c]

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1) * c^(2n-1)} = arctan(c)

この式は，先ほどの arctan(x) のマクローリン展開と同じ式です。

左辺の無限級数は c^(2n-1) の係数の符号が変わる交代級数で，

しかも係数の絶対値は単調減少で n -> ∞ で 0 になるので，c -> 1 とした無限級数，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)}

も収束します。そこで，級数が収束すれば収束円の縁まで伸ばせるという，アーベルの定理により，

その値は，右辺の arctan(c) を c -> 1 としたものになるので，

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = π/4

になります。

この方法は，どうせ大学数学を使うならば，最初のところを x -> x^2 とおいて，

Σ[n=1,∞]{x^(2n-2)} = 1/(1 - x^2)

x を複素数 z に拡張して，

Σ[n=1,∞]{z^(2n-2)} = 1/(1 - z^2) = 1/2 * (1/(z + 1) - 1/(z - 1))

とし，これを同様にして z で積分し，Log を主値，Log(1) = 0，Log(-1) ≠ 0 に注意して，

Σ[n=1,∞]{c^(2n-1)/(2n-1)} = 1/2 * (Log(c + 1) - Log(c - 1) - Log(1) + Log(-1))

Σ[n=1,∞]{c^(2n-1)/(2n-1)} = 1/2 * (Log((1 + c)/(1 - c))

ここで，同様に，交代級数とアーベルの定理により，c -> i とできて，

Σ[n=1,∞]{i^(2n-1)/(2n-1)} = 1/2 * (Log((1 + i)/(1 - i))

i * Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = 1/2 * Log(i)

i * Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = 1/2 * Log(e^(iπ/2)) = iπ/4

Σ[n=1,∞]{(-1)^(n-1)/(2n-1)} = π/4

としてもいいですね。

(感想)

「ライプニッツ･グレゴリー級数」って何のかな？，と思いましたが，

要するに，πの近似計算に顔を出すライプニッツの式のことだったんですね。

もっとも，この級数の収束性はあまり速くないことが知られているようです。

(5)の別計算法で，ここでは二つ＋α，見方によっては一つですが，の方法を示しましたが，

他にどんなのがあるのかな，と思ってWebで調べてみたら，例えば，

・フーリエ級数を用いる方法

http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A9%E3%82%A4%E3%83%97%E3%83%8B%E3%83%83%E3%83%84%E3%81%AE%E5%85%AC%E5%BC%8F

・図形的な方法

http://www.bun-eido.co.jp/t_math/sjournal/sj37/sj370103.pdf#search='ライプニッツ･グレゴリー級数'

などがあるようです。

皆さん、答えがわかったら、一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、
メールで送ってください。待っています。