Basel問題


Basel 問題は自然数の平方数の逆数の和
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots
\]
を求める問題である.この級数の和が $\pi^2/6$ に収束することを高校数学の範囲で示す方法についてまとめる.

補足(click)

Basel問題の一般化の1つとして,Riemann(リーマン)によって
\[
\zeta (s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \qquad \text{( $s$ は複素数)}
\]
が与えられている.この関数はRiemann zeta関数とよばれ,$s$ が実数であれば $s > 1$ で収束することが知られている.Basel 問題は $s = 2$ , すなわち $\zeta(2)$ の値を求める問題である.

 
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$\zeta (2)$ の計算の方針と概要

$N = 0,1,2,\ldots,$ に対し,数列 $\{S_N\}$ を次で定める:
\[
S_N = \int_{0}^{\pi/2}x^2\cos^{2N}{x}\,dx
\]
また,$\{I_m\}~~(m = 0, 1, 2, \ldots)$ を Wallis 積分 とする:

\[
I_m = \int_{0}^{\pi/2} \sin^m{t}\,dt = \int_{0}^{\pi/2} \cos^m{t}\,dt
\]

  • $N = 1,2,\ldots$ に対して,次の等式を示す:
  • \[
    S_N = \frac{2N-1}{2N}S_{N-1}-\frac{1}{2N^2}I_{2N} \tag{$\diamondsuit$}
    \]

  • $N = 0,1,2,\ldots,$ に対して,次の等式を示す:
  • \[
    S_N = \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\right) \tag{$\clubsuit$}
    \]

  • $0 \leqq x \leqq \pi/2$ に対して,次の不等式(Jordanの不等式)を示す:
  • \[
    \frac{2}{\pi}x \leqq \sin{x} \tag{$\heartsuit$}
    \]

  • $N = 0,1,2,\ldots,$ に対して,次の不等式を示す:
  • \[
    0 \leqq S_N \leqq \frac{1}{2N+2}\cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi^3}{8} \tag{$\spadesuit$}
    \]

  • $\zeta(2)$ を求める
  • $\zeta (2)$ の計算

    等式 $(\diamondsuit)$ を示す

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    部分積分法を用いれば

    $$
    \begin{eqnarray*}
    S_N & = & \int_{0}^{\pi/2}x^2\cos^{2N}{x}\,dx \\
    & = & \int_{0}^{\pi/2} x^2(1-\sin^2{x})\cos^{2N-2}{x}\,dx \\
    & = & \int_{0}^{\pi/2} x^2\cos^{2N-2}{x}\,dx-\int_{0}^{\pi/2} x^2\sin^2{x}\cos^{2N-2}{x}\,dx \\
    & = & S_{N-1}-\int_{0}^{\pi/2} x^2\sin^2{x}\cos^{2N-2}{x}\,dx
    \end{eqnarray*}
    $$

    である.右辺の第2項については,さらに部分積分法を適用して

    $$
    \begin{eqnarray*}
    & & \int_{0}^{\pi/2} x^2\sin^2{x}\cos^{2N-2}{x}\,dx \\
    & = & \int_{0}^{\pi/2}x^2\sin{x}\biggl(\frac{-1}{2N-1}\cos^{2N-1}{x}\biggr)’\,dx \\
    & = & \biggl[\frac{-x}{2N-1}\sin{x}\cos^{2N-1}{x}\biggr]_{0}^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2}(x^2\sin{x})’\cdot \frac{1}{2N-1}\cos^{2N-1}{x}\,dx \\
    & = & 0 + \int_{0}^{\pi/2}(2x\sin{x} + x^2\cos{x})\cdot \frac{1}{2N-1}\cos^{2N-1}{x}\,dx \\
    & = & \frac{2}{2N-1}\int_{0}^{\pi/2}x\sin{x}\cos^{2N-1}{x}\,dx + \frac{1}{2N-1}\int_{0}^{\pi/2} x^2\cos^{2N}{x}\,dx \\
    & = & \frac{2}{2N-1}\int_{0}^{\pi/2}x\biggl(\frac{-1}{2N}\cos^{2N}{x}\biggr)’\,dx + \frac{1}{2N-1}S_N \\
    & = & \frac{2}{2N-1}\biggl\{\biggl[-\frac{x}{2N}\cos^{2N}{x}\biggr]_{0}^{\pi/2}+\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{2N}\cos^{2N}{x}\,dx\biggr\} + \frac{1}{2N-1}S_N \\
    & = & \frac{2}{2N-1}\left(0 + \frac{1}{2N}I_{2N}\right) + \frac{2}{2N-1}S_N \\
    & = & \frac{2}{2N(2N-1)}I_{2N} + \frac{1}{2N-1}S_N
    \end{eqnarray*}
    $$

    が成り立つから

    $$
    \begin{eqnarray*}
    S_N & = & \int_{0}^{\pi/2}x^2\cos^{2N}{x}\,dx \\
    & = & S_{N-1}-\int_{0}^{\pi/2} x^2\sin^2{x}\cos^{2N-2}{x}\,dx \\
    & = & S_{N-1}-\frac{2}{2N(2N-1)}I_{2N}-\frac{1}{2N-1}S_N \\
    \frac{2N}{2N-1}S_N & = & S_{N-1}-\frac{2}{2N(2N-1)}I_{2N} \\
    S_N & = & \frac{2N-1}{2N}S_{N-1}-\frac{1}{2N^2}I_{2N}
    \end{eqnarray*}
    $$

    を得る.

     

    等式 $(\clubsuit)$ を示す

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    $\{S_N\}$ の定義より
    \[
    S_0 = \int_{0}^{\pi/2}x^2\,dx = \biggl[\frac{1}{3}x^3\biggr]_{0}^{\pi/2} = \frac{\pi^3}{24}
    \]
    である.また,等式 $(\diamondsuit)$ より,$N \geqq 2$ なる整数 $N$ に対して
    \[
    S_{N-1} = \frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{1}{2(N-1)^2}I_{2N-2}
    \]
    が成り立つ.ゆえに,Wallis 積分に関する漸化式より得られる
    \[
    I_{2N} = \frac{2N-1}{2N}I_{2N-2}
    \]
    に注意すれば

    $$
    \begin{eqnarray*}
    S_N & = & \frac{2N-1}{2N}S_{N-1}-\frac{1}{2N^2}I_{2N} \\
    & = & \frac{2N-1}{2N}\left\{\frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{1}{2(N-1)^2}I_{2N-2}\right\}-\frac{1}{2N-2}I_{2N} \\
    & = & \frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{1}{2(N-1)^2}I_{2N-2}-\frac{1}{2N-2}I_{2N} \\
    & = & \frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{1}{2(N-1)^2}I_{2N}-\frac{1}{2N-2}I_{2N} \\
    & = & \frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{1}{2}I_{2N}\left\{\frac{1}{(N-1)^2} + \frac{1}{N^2}\right\}
    \end{eqnarray*}
    $$

    が成り立つ.これを繰り返し用いると,Wallis 積分 で示したWallis積分の組み合わせ記号を用いた表現
    \[
    I_{2N} = \frac{{}_{2N}{\rm C}{}_{N}}{4^N} \cdot \frac{\pi}{2}
    \]
    により

    $$
    \begin{eqnarray*}
    S_N & = & \frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}S_{N-2}-\frac{1}{2}I_{2N}\left\{\frac{1}{(N-1)^2} + \frac{1}{N^2}\right\} \\
    & = & \cdots \\
    & = & \frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}\cdots\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{0}-\frac{1}{2}I_{2N}\left\{\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{(N-1)^2} + \frac{1}{N^2}\right\} \\
    & = & \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}S_0-\frac{1}{2}I_{2N}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} \\
    & = & \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot\frac{\pi^3}{24}-\frac{1}{2} \cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} \\
    & = & \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\right)
    \end{eqnarray*}
    $$

     

    Jordanの不等式 $(\heartsuit)$ を示す

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    \[
    f(x) = \sin{x}-\frac{2}{\pi}x
    \]
    とおくと
    \[
    f'(x) = \cos{x}-\frac{2}{\pi}
    \]
    である.ここで,$f'(x) = g(x)$ とおけば,$g(x)$ は $0 \leqq x \leqq \pi/2$ で連続かつ微分可能であって
    \[
    g(0) = 1-\frac{2}{\pi} > 0, \quad g\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{2}{\pi} < 0
    \]
    が成り立つから,中間値の定理より,$g(c) = 0$ かつ $0 < c < \pi/2$ を満たす実数 $c$ が存在する.すなわちこの $c$ は $f'(c) = 0$ を満たし,極値をとる候補となり得る.また
    \[
    f”(c) = -\sin{c} < 0
    \]
    が成り立つから,$f(x)$ は $x=c$ で極大値をとる.したがって増減表は以下のとおり.

    \[
    \begin{array}{c||c|c|c|c|c} \hline
    x&0&\cdots&c&\cdots&\frac{\pi}{2} \\ \hline
    y’& &+&0&-& \\ \hline
    y&0&\nearrow& f(c) &\searrow & 0\\ \hline
    \end{array}
    \]

    ゆえに $0 \leqq x \leqq \pi/2$ で
    \[
    \sin{x} – \frac{2}{\pi}x = f(x) \geqq 0
    \]
    であるから
    \[
    \sin{x} \geqq \frac{2}{\pi}x
    \]
    を得る.

     
    補足(click)

    図形的な意味から考えると判りやすい.

    $y = \sin{x}$ のグラフと,2点 $(0,0)$,$(\pi/2,1)$ を通る直線を引けば,不等式はそれらの位置関係に対応する.

     

    不等式 $(\spadesuit)$ を示す

    詳細(click)

    Jordanの不等式 $(\heartsuit)$ より,$0 \leqq x \leqq \pi/2$ において
    \[
    0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}\sin{x}
    \]
    が成り立つから
    \[
    0 \leqq x^2\cos^{2N}{x} \leqq \frac{\pi^2}{4}\sin^2{x}\cos^{2N}{x}
    \]
    である.したがって
    $$
    \begin{eqnarray*}
    0 ~ \leqq ~ S_N & = & \int_{0}^{\pi/2}x^2\cos^{2N}{x}\,dx \\
    & \leqq & \int_{0}^{\pi/2}\frac{\pi^2}{4}\sin^{2}{x}\cos^{2N}{x}\,dx \\
    & = & \frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{\pi/2}(\cos^{2N}{x}-\cos^{2N+2}{x})\,dx \\
    & = & \frac{\pi^2}{4} (I_{2N}-I_{2N+2}) \\
    & = & \frac{\pi^2}{4}\left(I_{2N}-\frac{2N+1}{2N+2}I_{2N} \right)\\
    & = & \frac{\pi^2}{4}\cdot \frac{1}{2N+2}\cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi}{2} \\
    & = & \frac{1}{2N+2}\cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi^3}{8}
    \end{eqnarray*}
    $$

    を得る.

     

    $\zeta(2)$ を求める

    詳細(click)

    不等式 $(\spadesuit)$ に 等式 $($clubsuit$)$ の結果を代入して変形すると
    \[
    0 \leqq S_N \leqq \frac{1}{2N+2}\cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi^3}{8}
    \]
    \[
    0 \leqq \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\right) \leqq \frac{1}{2N+2}\cdot \frac{{}_{2N}{\rm C}_{N}}{4^N}\cdot \frac{\pi^3}{8}
    \]
    \[
    0 \leqq \frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} \leqq \frac{1}{2N+2} \cdot \frac{\pi^2}{2}
    \]
    \[
    – \frac{\pi^2}{6} \leqq -\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} \leqq \frac{1}{2N+2} \cdot \frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}
    \]
    \[
    \frac{\pi^2}{6} + \frac{1}{2N+2} \cdot \frac{\pi^2}{2} \leqq \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} \leqq \frac{\pi^2}{6}
    \]

    を得る.ここで
    \[
    \lim_{N \to \infty}\left(\frac{\pi^2}{6} + \frac{1}{2N+2}\right) = \frac{\pi^2}{6}
    \]
    であるから,はさみうちの原理より
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
    \]
    を得る.

     

    関連する級数について

     
    Corollary 1
    正の奇数の平方数の逆数すべての和 は 正の偶数の平方数の逆数すべての和 の3倍である.
     
    証明(click)

    $\zeta(2)$ を奇数と偶数に分けると
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
    \]
    より
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{3}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{3}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8}
    \]
    である.また
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{24}
    \]
    であるから,題意は示された.

     
    Corollary 2

    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{16n^2 – 16n + 5}{(4n-1)^2(4n-3)^2} = \frac{\pi^2}{16}
    \]

     
    証明(click)

    $\zeta(2)$のを,$4$で割った余りによって4つの級数に分ける:

    $$
    \begin{eqnarray*}
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
    &=& \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-2)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-3)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n)^2} \\
    &=& \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-1)^2} + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-3)^2} + \frac{1}{16}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
    \end{eqnarray*}
    $$

    ここで,Corollary 1の計算中に現れた結果
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}
    \]
    に注意すれば
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-3)^2} = \left(\frac{1}{6}-\frac{1}{16 \cdot 6}-\frac{1}{32}\right)\pi^2 = \frac{\pi^2}{8}
    \]
    である.左辺を整理すると
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-3)^2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{32n^2 – 32n + 10}{(4n-1)^1(4n-3)^2}
    \]
    であるから
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty}\frac{16n^2 – 16n + 5}{(4n-1)^1(4n-3)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi^2}{16}
    \]
    を得る.

     

    20190526 更新


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