$b_0 , \, b_1$ を求める

\[
b_0 = \int_{0}^{\theta} \,dx = \theta,
\]
\[
b_1 = \int_{0}^{\theta} \tan{x}\,dx = \biggl[-\log{|\cos{x}|}\biggr]_{0}^{\theta} = -\log{(\cos{\theta})}
\]

$b_{n+2}$ と $b_n$ の関係式を求める

$(\tan{x})’ = \displaystyle \frac{1}{\cos^2{x}}$ および $\tan^2{x} = \displaystyle \frac{1}{\cos^2{x}}-1$ に注意すれば

$$
\begin{eqnarray*}
b_{n+2} & = & \int_{0}^{\theta} \tan^{n+2}{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \cdot \tan^2{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \left(\frac{1}{\cos^2{x}}-1\right)\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\cdot \frac{1}{\cos^2{x}}\,dx-\int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \left(\tan{x}\right)’\,dx-b_n \\
& = & \biggl[\frac{\tan^{n+1}{x}}{n+1}\biggr]_{0}^{\theta}-b_n \\
& = & \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1}-b_n
\end{eqnarray*}
$$

ゆえに

\[
b_{n+2} + b_{n} = \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1}
\]

を得る．

$b_n$ の極限を調べる

$0 < \theta \leqq \pi/4$ において $\tan{x} > 0$ であるから
\[
b_n > 0, \qquad b_{n+2} > 0
\]

が成り立つ．また，$\tan{\theta} \leqq \tan{\pi/4} = 1$ ゆえ $0 < \tan^{n+1}{\theta} \leqq 1$ であることに注意すれば

\[
0 < b_n < b_n + b_{n+2} = \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1} \leqq \frac{1}{n+1}
\]
が成り立つ．いま
\[
\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} = 0
\]
であるから，はさみうちの原理より
\[
\lim_{n \to \infty}b_n = 0
\]
が成り立つ．

Mercator 級数を導く

$$
\begin{eqnarray*}
& & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}(b_{2n+1}+b_{2n-1}) \\
& = & (b_{3} + b_{1})-(b_{5} + b_{3}) + (b_{7} + b_{5})-\cdots + (-1)^{N-1}(b_{2N+1} + b_{2N-1}) \\
& = & a_1 + (-1)^{N-1}b_{2N+1} \\
& = & -\log{(\cos{\theta})} + (-1)^{N-1}b_{2N+1}
\end{eqnarray*}
$$

であるから

\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n+1}+b_{2n-1}) = -\log{(\cos{\theta})}
\]

が成り立つ．
\[
b_{2n+1} + b_{2n-1} = \frac{\tan^{2n}{\theta}}{2n}
\]
であったから，先の結果は
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\tan^{2n}{\theta}}{2n}= -\log{(\cos{\theta})}
\]
と変形できる．両辺 $2$ 倍して
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\tan^{2n}{\theta}}{n}= -2\log{(\cos{\theta})} = \log{\frac{1}{\cos^2{\theta}}} = \log{(1 + \tan^2{\theta})}
\]
が成り立つ．$\theta = \pi/4$ とすれば
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \log{(1 + 1^2)} = \log{2}
\]
が得られた．

等比数列の和の公式より

\[
\sum_{k=0}^{n}(-x)^k = 1-x + x^2-x^3 + \cdots + (-1)^nx^n =\frac{1-(-x)^{n+1}}{1-(-x)} = \frac{1}{1+x}-\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}
\]
であるから
\[
\frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^{n}(-x)^k + \frac{(-x)^{n+1}}{1+x}
\]
が成り立つ．両辺を $0$ から $t$ まで定積分して

$$
\begin{eqnarray*}
\log{(1 + t)} &=& \int_{0}^{t}\frac{1}{1+x}\,dx = \int_{0}^{t}\sum_{k=0}^{n}(-x)^k\,dx + \int_{0}^{t}\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}\,dx \\
&=& \sum_{k=0}^{n}\int_{0}^{t}(-x)^k\,dx + \int_{0}^{t}\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}\,dx \\
&=& \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}t^{k+1} + \int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx \tag{$\diamondsuit$}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ．ここで
\[
R_n(t) = \int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx
\]
とおくと，$0 \leqq t \leqq 1$において

$$
\begin{eqnarray*}
|R_n(t)| &=& \left|\int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx\right| \leqq \int_{0}^{t}\left|\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\right|\,dx \\
&=& \int_{0}^{t}\frac{x^{n+1}}{1+x}\,dx \leqq \int_{0}^{t}x^{n+1}\,dx = \frac{1}{n+2}t^{n+2} \\
&\leqq & \frac{1}{n+2}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つから
\[
-\frac{1}{n+2} \leqq R_n(t) \leqq \frac{1}{n+2}
\]
とはさみうちの原理より
\[
\lim_{n \to \infty}R_n(t) = 0 \qquad (0 \leqq t \leqq 1)
\]
である．したがって式 $(\diamondsuit)$ で$n \to \infty$ として
\[
\log{(1 + t)} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k+1}t^{k+1} \qquad (0 \leqq t \leqq 1)
\]
を得る．$t = 1$ とすれば Mercator 級数
\[
\log{2} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k+1} = 1-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}-\frac{1}{4} + \cdots
\]
が得られた．

偶数 $2N$ 項までの部分和を正の項と負の項に分けて考えると

$$
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{2N} \frac{(-1)^{k-1}}{k}
&=& \left(1-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}-\frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2N}\right) \\
&=& \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N}\right)-2\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N}\right)\\
&=& \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N}\right)- \left(\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{N}\right)\\
&=& \frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + \cdots + \frac{1}{N+N} = \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ．したがって，Mercator 級数の部分和は偶奇によって次のように表現できる：

\[
\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \begin{cases}
\displaystyle \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k} & \text{（$n = 2N$）} \\ \\
\displaystyle \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k}+\frac{1}{2N} & \text{（$n = 2N-1$）}
\end{cases}
\]

区分求積法より
\[
\lim_{N \to \infty}\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k} = \lim_{N \to \infty}\frac{1}{N}\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{1 + (k/N)} = \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\,dx = \log{2}
\]
であり，また
\[
\lim_{N \to \infty}\frac{1}{2N} = 0
\]
であるから，Mercator 級数
\[
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \log{2}
\]
を得る．

等比級数の和の公式より
\[
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nt^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} (-t)^{n} = \frac{1}{1-(-t)} = \frac{1}{1 + t} \qquad (|t| < 1)
\]
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

$$
\begin{eqnarray*}
\log{(1+x)} = \int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\,dt
&=& \int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nt^{n}\,dt \\
&=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^nt^{n}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ．ここで
\[
\frac{1}{n+1} > 0 , \qquad \frac{1}{1} > \frac{1}{2} > \frac{1}{3} > \dots , \qquad \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} = 0
\]
であるから，$x = 1$ のときの交代級数
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}
\]
は収束する．したがって Abel の定理より
\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1}
\]
は $-1 < x \leqq 1$ で連続であるから
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1} = \lim_{x \to 1-0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1} = \lim_{x \to 1-0}\log{(1+x)} = \log{(1+1)} = \log{2}
\]
を得る．

方法 1 の結果において，$0 < \theta \leqq \pi/4$ であるから $\tan{\theta} \geqq 0$ ゆえ $\sqrt{\tan{\theta}} = x$ とおくことができる. このとき $0 < x \leqq 1$ であって
\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n \qquad (0 < x \leqq 1)
\]
が成立する．これは方法 2，方法 4 で得られた結果と等しい．

実はこの等式は $-1 < x \leqq 1$ で成り立つことが知られている．
右辺の級数を $\log{(1+x)}$ の Maclaurin 級数という．

方法 1において
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2})
\]
を計算すれば
$$
\begin{eqnarray*}
& & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2})\\
& = & (b_{2} + b_{0})-(b_{4} + b_{2}) + (b_{6} + b_{4})-\cdots + (-1)^{N-1}(b_{2N} + b_{2N-2}) \\
& = & b_0 + (-1)^{N-1}b_{2N} \\
& = & \theta + (-1)^{N-1}b_{2N}
\end{eqnarray*}
$$

であるから

\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2}) = \theta
\]

を得る．また

\[
b_{2n} + b_{2n-2} = \frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1}
\]
であるから
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1}(-1)^{n-1} = \theta
\]

が成り立つ．$\theta = \pi/4$ を代入すれば円周率に関する Leibniz の公式 が得られる．

Leibniz の公式の他の導出方法は以下を参照：

Leibniz の公式

http://sigmagic.net/math/leibniz-formula

$\log{(1+x)}$ の Maclaurin 展開

\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1} \qquad (0 < x \leqq 1)
\]

において，$\alpha = 1/x$ とおけばよい．

a^n/nの和

http://sigmagic.net/math/series

で求めた結果
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha-1}} \qquad (\alpha > 1)
\]
を系 4 に併せると

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha-1}} + \log{\frac{\alpha + 1}{\alpha}} = \log{\frac{\alpha +1}{\alpha-1}}
\]

が成り立つ．右辺の級数は

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^{n}}\left\{1 + (-1)^{n-1} \right\} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)\alpha^{2n-1}}
\]

と整理できるから，求める結果を得る．

Leibniz の公式

http://sigmagic.net/math/leibniz

で求めた結果
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan{x} \qquad (0 \leqq x \leqq 1)
\]
を用いて式変形を行う．先の結果において添え字を１つずらして
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)\alpha^{2n-1}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)\alpha^{2n+1}}
\]
とする．また，$\alpha > 1$ であれば $0 < 1/\alpha < 1$ であるから，$x = 1/\alpha$ を $\arctan{x}$ の式に代入して
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\alpha^{2n+1}} = \arctan{\frac{1}{\alpha}} \qquad (\alpha > 1)
\]
を得る．両者の和を考えれば求める結果を得る．