Leibniz の公式


円周率と無限和に関する等式
\[
1-\frac{1}{3} + \frac{1}{5}-\frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4}
\]
を Leibnizの公式 という.ここでは上の式をLeibnizの公式,左辺の級数
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1} = 1-\frac{1}{3} + \frac{1}{5}-\frac{1}{7} + \cdots
\]
をGregory-Leibniz級数とよぶことにする.今回はLeibnizの公式と関連する級数の値の導出について,いくつかの手法をまとめる.

補足(click)

GregoryはLeibnizと同じ時期に,上の等式を独立に発見したとされるが,実はその300年前にMadhavaによって発見されていたことから,左辺をMādhavaの級数とよぶこともある.

また,Leibnizの公式は次の法則をさす場合がある:

Theorem(Leibniz Rule)

$n$ 回微分可能な関数 $f(x), \, g(x)$ に対して
\[
\frac{d^n}{dx^n} \biggl(f(x)g(x)\biggr) = \sum_{r=0}^{n}{}_{n}\textrm{C}_{r}f(x)^{r}g(x)^{n-r}
\]
が成り立つ.

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計算の方針と概略

積分漸化式を用いる I

$0 < a \leqq 1$ を満たす定数 $a$ に対して,数列 \[ a_n = \int_{0}^{a}\frac{x^{2n}}{1+x^2}\,dx \] を考える.このとき \[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n(a_{n+1} – a_n) \] を計算すれば,$a = 1$ として求める級数が得られる.

定積分の不等式とはさみうちの原理を用いる

漸化式ではなく,等比数列の和の公式と積分不等式を用いて式変形する.

積分漸化式を用いる II

$0 < \theta \leqq \pi/4$ を満たす定数 $\theta$ に対して,数列 \[ b_n = \int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\,dx \] を考える.このとき \[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n} – b_{2n-2}) \] を計算すれば,$\theta = \pi/4$ として求める級数が得られる.

べき級数展開を用いる

等比級数の和の公式に項別積分定理を適用して,$\arctan{x}$ のべき級数展開を導く.
$x = 1$ でも成立することをAbelの定理で正当化すれば,求める級数が得られる.

Fourier級数展開を用いる

関数 $f(x) = x ~~ (-\pi \leqq x \leqq \pi)$ を周期 $2\pi$ に拡張した関数をFourier級数展開し,$x = \pi/ 2$を代入すれば求める級数が得られる.

積分漸化式を用いる I

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準備

一般化が不要な場合はこの準備は不要である.次節の計算で初めから $a = 1, \, f(a) = \pi/ 4$ として構わない.

$f(x)$ を正接関数
\[
y = \tan{x} \qquad \left(-\frac{\pi}{2} < f(x) < \frac{\pi}{2}\right) \] の逆関数とする(大学レベルの数学ではこれを $f(x) = \arctan{x} = \tan^{-1}{x}$ と表す).

もう少しやさしく表現すると(click)

$y = f(x)$ は値域が
\[
-\frac{\pi}{2} < y < \frac{\pi}{2} \] であって,すべての実数 $x$ に対して \[ x = \tan{y} \qquad \left(-\frac{\pi}{2} < y < \frac{\pi}{2}\right) \] を満たすような $y$ の値を返す.

たとえば
\[
f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\pi}{6}, \quad f(1) = \frac{\pi}{4}, \quad f(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}
\]
などが成り立つ.

計算

$0 < a \leqq 1$ を満たす定数 $a$ に対して,数列 \[ a_n = \int_{0}^{a}\frac{x^{2n}}{1+x^2}\,dx \] を考える. $a_1$ を求める

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$$
\begin{eqnarray*}
a_1 & = & \int_{0}^{a}\frac{x^2}{1+x^2}\,dx = \int_{0}^{a}\frac{1+x^2-1}{1+x^2}\,dx \\
& = & \int_{0}^{a}\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\,dx = \int_{0}^{a}\,dx-\int_{0}^{a}\frac{dx}{1+x^2} \\
& = & a-\int_{0}^{a}\frac{dx}{1+x^2}
\end{eqnarray*}
$$

と変形できる.$x = \tan{t}$ と変数変換すると,$x$ が $0$ から $a$ まで連続的に変化する,$t$ は $0$ から $f(a)$ へ連続的に変化するから
\[
\int_{0}^{a}\frac{dx}{1+x^2} = \int_{0}^{f(a)} \frac{1}{1+\tan^2{t}}\cdot (1 + \tan^2{t})\,dt = \int_{0}^{f(a)} \,dt = f(a)
\]
である.したがって
\[
a_1 = a-f(a).
\]

//

$a_n$ の極限を求める

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$0 \leqq x \leqq a$ の範囲において
\[
0 \leqq \frac{x^{2n}}{1+x^2} \leqq x^{2n}
\]
である.したがって
\[
0 \leqq a_n = \int_{0}^{a} \frac{x^{2n}}{1+x^2}\,dx \leqq \int_{0}^{a} x^{2n}\,dx = \frac{a^{2n+1}}{2n+1}
\]
が成り立つ.いま,$0 < a \leqq 1$ より \[ \lim_{n \to \infty}\frac{a^{2n+1}}{2n+1} = 0 \] であるから,はさみうちの原理より \[ \lim_{n \to \infty}a_n = 0. \]

//

$a_{n+1}$ を $a_n$ で表す

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$$
\begin{eqnarray*}
a_{n+1} & = & \int_{0}^{a} \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx = \int_{0}^{a}x^{2n}\cdot\frac{x^2}{1+x^2}\,dx \\
& = & \int_{0}^{a} x^{2n}\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right) \,dx = \int_{0}^{a} x^{2n} \,dx -\int_{0}^{a}\frac{x^{2n}}{1+x^2}\,dx \\
& = & \frac{a^{2n+1}}{2n+1}-a_n
\end{eqnarray*}
$$
ゆえに
\[
a_{n+1} + a_n = \frac{a^{2n+1}}{2n+1}
\]
が成り立つ.

//

Gregory-Leibniz級数を求める

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先の結果より
$$
\begin{eqnarray*}
& = & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n) \\
& = & -(a_2 + a_1) + (a_3 + a_2)-(a_4 + a_3) + \cdots + (-1)^{N}(a_{N+1} + a_{N}) \\
& = & -a_1 + (-1)^{N} a_{N+1} \\
& = & f(a)-a + (-1)^{N} a_{N+1}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ.ここで,$a_n$ の極限についての結果より
\[
\lim_{N \to \infty}a_{N+1} = 0
\]
であるから,$N \to \infty$ の極限を考えて
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n) = f(a)-a
\]
を得る.左辺に $a_{n+1}$ と $a_n$ の関係式を代入して
\[
f(a) = a + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n) = a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}a^{2n+1}
\]
を得る.ここで
\[
\frac{(-1)^0}{2 \cdot 0 + 1}\cdot a^{2\cdot 0+1} = a
\]
に注意すれば
\[
f(a) = a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}a^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}a^{2n+1} \qquad (0 < a \leqq 1) \] と整理できる.上の結果は $a = 0$ でも成り立つ.ここに $a = 1$ を代入すれば \[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = f(1) = \frac{\pi}{4} \] を得る.

定積分の不等式とはさみうちの原理を用いる

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変数変換 $x = \tan{\theta}$ を用いて
\[
\int_{0}^{1}\frac{1}{1 + x^2} \,dx = \int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{1 + \tan^2{\theta}} \cdot (1 + \tan^2{\theta})\, d\theta = \int_{0}^{\pi/4}\,d\theta = \frac{\pi}{4}
\]
である.また,等比数列の和の公式より
\[
\sum_{n=1}^{k + 1} (-x^2)^{n – 1} = \frac{1 – (-x^2)^{k+1}}{1 – (-x^2)} = \frac{1 – (-x^2)^{k+1}}{1 + x^2}
\]
が成り立つ.したがって
\[
\frac{1}{1 + x^2} – \sum_{n=1}^{k+1} (-x^2)^{n-1} = \frac{(-x^2)^{k+1}}{1 + x^2}
\]
である.ここで $1 + x^2 \geqq 1$ に注意すれば,不等式
\[
\left|\frac{(-x^2)^{k + 1}}{1 + x^2}\right| = \frac{x^{2k+2}}{1 + x^2}\leqq x^{2k+2}
\]
が成り立つから
\[
-x^{2k+2} \leqq \frac{(-x^2)^{k + 1}}{1 + x^2} = \frac{1}{1 + x^2} – \sum_{n=1}^{k+1} (-x^2)^{n-1} \leqq x^{2k+2}
\]
を得る.全辺の $0$ から $1$ までの定積分を考える.最左辺,最右辺については
\[
\int_{0}^{1} – x^{2k + 2}\, dx = -\frac{1}{2k+3}, \quad \int_{0}^{1} x^{2k + 2}\, dx = \frac{1}{2k+3}
\]
である.中辺については,予め計算して定積分の結果などから
\[
\int_{0}^{1} \left( \frac{1}{1 + x^2} – \sum_{n=1}^{k+1} (-x^2)^{n-1} \right) \,dx = \frac{\pi}{4} – \sum_{n=1}^{k+1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}
\]
が成り立つから,不等式の全辺を $0$ から $1$ まで積分した結果として
\[
-\frac{1}{2k+3} \leqq \frac{\pi}{4} – \sum_{n=1}^{k+1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} \leqq \frac{1}{2k+3}
\]
を得る.全辺を $(-1)$ 倍して $\pi/4$ を加えれば,
\[
– \frac{1}{2k+3} + \frac{\pi}{4} \leqq \sum_{n=1}^{k+1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} \leqq \frac{1}{2k+3} + \frac{\pi}{4}
\]
であるから,$k \to \infty$ の極限を考えれば,はさみうちの原理より
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \lim_{k \to \infty}\sum_{n=1}^{k+1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \frac{\pi}{4}
\]
が得られた.

積分漸化式を用いる II

Mercator級数の項を参照.

べき級数展開を用いる

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等比級数の和の公式より
\[
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nt^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} (-t^2)^{n} = \frac{1}{1 – (-t^2)} = \frac{1}{1 + t^2} \qquad (|t| < 1) \] が成り立つ.左辺は収束半径 $1$ のべき級数であるから,項別積分定理より $-1 < x < 1$ に対して $$ \begin{eqnarray*} \arctan{x} = \int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^2}\,dt &=& \int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nt^{2n}\,dt \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^nt^{2n}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1} \end{eqnarray*} $$ が成り立つ.ここで \[ \frac{1}{2n+1} > 0 , \qquad \frac{1}{1} > \frac{1}{3} > \frac{1}{5} > \dots , \qquad \lim_{n \to \infty}\frac{1}{2n+1} = 0
\]
であるから,$x = 1$ のときの交代級数
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}
\]
収束する.したがって Abel の定理より
\[
\arctan{x} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1}
\]
は $-1 < x \leqq 1$ で連続であるから \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1} = \lim_{x \to 1 – 0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1} = \lim_{x \to 1 – 0}\arctan{x} = \arctan{1} = \frac{\pi}{4} \] を得る.

Fourier級数展開を用いる

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$f(x) = x ~~ (-\pi \leqq x \leqq \pi)$ を周期 $2\pi$ に拡張した関数を $\widetilde{f}(x)$ 考える.すなわち,任意の自然数 $n$ に対して $\widetilde{f}(x)$ は
\[
\widetilde{f}(x + 2 n \pi) = x, \qquad (-\pi \leqq x \leqq \pi)
\]
を満たす関数とする.$\widetilde{f}(x)$ のFourier級数を考える.$\widetilde{f}(x)$ は奇関数であるから,$n = 1 , 2 , 3 , \dots$ に対して

$$
\begin{eqnarray*}
\pi a_n = \int_{-\pi}^{\pi} \widetilde{f}(x) \cos{nx}\,dx & = & 0 , \\
\pi b_n = \int_{-\pi}^{\pi} \widetilde{f}(x) \sin{nx}\,dx & = &2 \int_{0}^{\pi} x \sin{nx}\,dx \\
& = & 2 \biggl[x \left( – \frac{1}{n}\cos{nx})\right)\biggr]_{0}^{\pi} – 2 \int_{0}^{\pi}\left( – \frac{1}{n}\cos{nx}\right)\,dx \\
& = & \frac{2(-1)^{n-1}\pi}{n}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ(1つ目の式は $n = 0$ でも成り立つ).$\widetilde{f}(x)$ は $-\pi < x < \pi$ で連続かつ微分可能であるから,この範囲においてFourier級数は収束する: \[ x = \widetilde{f}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n \cos{nx} + b_n \sin{nx}\bigr) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n-1}}{n}\sin{nx} \quad (-\pi < x < \pi). \] ここで \[ \sin{\frac{n\pi}{2}} = \begin{cases} (-1)^{k-1} & (n = 2k-1) \\ 0 & (n = 2k) \end{cases} \] および \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n-1}}{n}\sin{nx} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{2k-2}}{2k-1}\sin{(2k-1)x} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{2k-1}}{2k}\sin{2kx} \] に注意して,得られたFourier級数展開に $x = \pi/2$ を代入すれば \[ \frac{\pi}{2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n}}{n}\sin{\frac{n\pi}{2}} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{2k-2}}{2k-1}\sin{(2k-1)x} = 2 \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \] であるから,両辺に $1/2$ を掛けて求める級数を得る.

関連する級数の値

「積分漸化式を用いる I」の項で得られた結果

\[
f(a) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}a^{2n+1} \qquad (0 < a \leqq 1) \] について,$a$ および対応する $f(a)$ の値を代入することで,例えば次の結果が得られる: \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1) \cdot (-3)^n} = \frac{\sqrt{3}}{6}\pi \qquad \left(f(a) = \frac{\pi}{6}\right) \] \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2\sqrt{5}-5)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{5\sqrt{5-2\sqrt{5}}} \qquad \left(f(a) = \frac{\pi}{5}\right) \]

20190526 更新


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