マクローリン展開を用いたバーゼル問題の解法に関するメモ(その2)

前回の続きです。前回は $\textrm{Arcsin}x$ の級数展開を求めました。

$\textrm{Arcsin}x = x+\frac{1}{2}\cdot \frac{x^{3}}{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\cdot \frac{x^{5}}{5}+ \frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\cdot \frac{x^{7}}{7}\cdots \quad \quad \cdots (1)$

さて，バーゼル問題というのはイタリアの数学者Pietro Mengoli(1626〜1686)によって1644年に提起された問題です。「平方数の逆数を足し合わせていくといくらになるか」という問いです。すなわち次の無限級数

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} =\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots$

の和を求める問題です。この級数が収束することは，それよりも大きく，和を容易に求められる級数をつくり，その収束値で抑え込むことで確かめられます。

ところでこの級数に似たものとして，

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} =\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$

などがあります。この級数も追い出し(いわゆるはさみうちの逆)や積分を用いた面積化といった方法で，正の無限大に発散することが確かめられます。どちらの数列も収束するのに，級数は $n^{-1}$ のときに発散して $n^{-2}$ のときに収束するのも面白い話ですが，これらをゼータ関数として一般化することができます。

$\zeta (s)=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}$

この関数は $s>1$ のとき収束することが分かっています。本問バーゼル問題では， $\zeta (2)$ の値を求めよ，ということです。

解決にはいくつかのステップを踏みます。最終的には見事なまでに，どれもが互いにうまく結びつき合って解を導き出します。

まず，次の定積分を求めます。

$\int_{0}^{1} \frac{\textrm{Arcsin}x}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x$

$\theta =\textrm{Arcsin}x$ とおくと， $x=\textrm{sin}\theta ,\textrm{d}x=\textrm{cos}t \textrm{d}t, x:0\rightarrow 1, \theta :0\rightarrow \pi /2$

よって

$\int_{0}^{1} \frac{\textrm{Arcsin}x}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\theta}{\textrm{cos}\theta }\cdot \textrm{cos}\theta \textrm{d}\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \theta \textrm{d}\theta = \biggl[ \frac{1}{2}\theta ^{2} \biggr] _{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$= \frac{\pi ^{2}}{8} \quad \quad \cdots (2)$

次に，以下の広義定積分について漸化式を求めます。

$I_{n}=\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} \cdot x^{n-1} \textrm{d}x$

ここで

$\int \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x = -\sqrt{1-x^{2}}$ （積分定数は省略）

となるので， $I_{1}=1$ となります。

よって部分積分を用いて，

$I_{n}=\Bigl[ -x^{n-1}\sqrt{1-x^{2}} \Bigr] _{0}^{1} +(n-1)\int_{0}^{1} x^{n-2}\sqrt{1-x^{2}} \textrm{d}x$
$=(n-1)\int_{0}^{1} x^{n-2}\sqrt{1-x^{2}} \textrm{d}x=(n-1)\int_{0}^{1} \frac{x^{n-2}(1-x^{2})}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x$
$=(n-1)(I_{n-2}-I_{n})$

よって

$I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$

したがって

$I_{3}=\frac{2}{3},\quad I_{5}=\frac{4}{5}I_{3}=\frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3},\quad I_{7}=\frac{6}{7}I_{5}=\frac{6}{7}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}$

一般化すると

$I_{2n+1}=\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \cdots \cdot \frac{2n}{2n+1} \quad \quad \cdots (3)$

以上(1)(2)(3)を総動員して，次の等式が得られます。

$\frac{\pi^{2}}{8}=\int_{0}^{1} \frac{\textrm{Arcsin}x}{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{x+\frac{1}{2}\cdot \frac{x^{3}}{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\cdot \frac{x^{5}}{5}+ \cdots }{\sqrt{1-x^{2}}} \textrm{d}x$
$=I_{1}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}I_{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\cdot \frac{1}{5}I_{5} +\cdots$
$=1+\frac{1}{2\cdot 3}\cdot \frac{2}{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 5}\cdot \frac{2\cdot 4}{3\cdot 5}+\cdots$
$=1+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}$ .

これは分母が奇数の平方数の場合なので，本問との関係を調べます（実はここが一番ひらめきの要るところだったりします）。

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{2}}$
$=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}+\frac{1}{2^{2}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$

したがって，

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{4}{3}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}$

ゆえに，

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{4}{3}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}=\frac{4}{3}\cdot \frac{\pi^{2}}{8}$
$=\frac{\pi^{2}}{6}$

となりました。かの大数学者レオンハルト・オイラー(1707〜1783)は1735年に，このようにして(逆)三角関数のマクローリン展開からバーゼル問題を解いたといわれています（文献によっては $\textrm{sin}x$ の展開から導いているものもある）。整数がらみの解析的問題に対する探求心と洞察力，ひらめきにおいては，古今東西彼の右に出る者はいないことを裏付けるもののひとつですね。解析的な解法としては他にもフーリエ級数を利用した方法などがあるようです。さらに厳密な証明としては，コーシーによる証明で，極形式を一般二項係数と余割関数との関係から変形して最終的にはさみうちに持ち込む手法があるようです。いずれにせよ，解析学とその中枢を担う微分積分学の発展を垣間見ることのできる問題でした。

参考文献（前記事を含む）

『微分積分学21講 ─天才たちのアイディアによる教養数学』中村滋著　東京図書　2008年
『微分積分通論』内田伏一・仲田正躬　共著　裳華房　1996年
Wikipedia日本語版『バーゼル問題』　http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%90%E3%83%BC%E3%82%BC%E3%83%AB%E5%95%8F%E9%A1%8C
English Wikipedia　"Basel problem" http://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem