Basel問題 #2


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.

以下の方法は J. Hofbauer (2000) を京都大学の大浦氏が改良したものであり,2020 年の慶応大学医学部の入試問題で出題された.

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計算の方針と概要

\[
f(x) = \frac{1}{\sin^2{x}}, \qquad g(x) = \frac{1}{\tan^2{x}}
\]
とおく.

  • 次の等式 $(\diamondsuit), ~ (\clubsuit)$ を示す:
  • \[
    f(x) + f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=4f(2x) \tag{$\diamondsuit$}
    \]
    \[
    g(x)=f(x)-1 \tag{$\clubsuit$}
    \]

  • 以下で定める数列 $\{S_n\}, = \{T_n\}$ の一般項を求める:
  • \[
    S_n = \sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right), \qquad T_n = \sum_{k=1}^{2^n-1}g\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)
    \]

  • 次の極限 $(\heartsuit)$ を求める:
  • \[
    \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k^2} \tag{$\heartsuit$}
    \]

     

    計算

    等式 $(\diamondsuit), ~(\clubsuit)$ を示す

    等式 $(\diamondsuit)$ の詳細(click)

    \[
    \sin{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}=\cos{x}
    \]
    であるから
    \[
    \begin{align*}
    f(x)+f\left(x-\frac{\pi}{x}\right)
    &= \frac{1}{\sin^2{x}}+\frac{1}{\cos^2{x}}
    = \frac{\cos^2{x}+\sin^2{x}}{\sin^2{x}\cos^2{x}} \\
    &= \frac{4}{4\sin^2{x}\cos^2{x}}
    = \frac{4}{\sin^2{2x}}
    = 4f(2x)
    \end{align*}
    \]
    より,等式 $(\diamondsuit)$ が示された.

     
    等式 $(\clubsuit)$ の詳細(click)

    \[
    g(x) = \frac{1}{\tan^2{x}} = \frac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}} = \frac{1-\sin^2{x}}{\sin^2{x}} = \frac{1}{\sin^2{x}}-\frac{\sin^2{x}}{\sin^2{x}}=f(x)-1
    \]
    より,等式 $(\clubsuit)$ が示された.

     

    数列 $S_n, ~T_n$ の一般項を求める

    詳細(click)

    \[
    S_n = \sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right), \qquad T_n = \sum_{k=1}^{2^n-1}g\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)
    \]
    とおく.法則性を確認するため,$S_1, \, S_2, \, S_3$ を計算すると
    \[
    S_1 = \sum_{k=1}^{1}f\left(\frac{k\pi}{4}\right)=f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sin^2{(\pi/4)}}=\frac{1}{1/2}=2,
    \]
    \[
    \begin{align*}
    S_2
    &=\sum_{k=1}^{3}f\left(\frac{k\pi}{8}\right)=f\left(\frac{\pi}{8}\right)+f\left(\frac{2\pi}{8}\right)+f\left(\frac{3\pi}{8}\right)\\
    &=4f\left(\frac{\pi}{4}\right)+f\left(\frac{\pi}{4}\right)=4S_1+2=10
    \end{align*}
    \]
    ここで,3つ目の等号で等式 $(\diamondsuit$) を用いた.$k=1$ と $k=3$ の項がペアである.
    \[
    \begin{align*}
    S_3
    &=\sum_{k=1}^{7}f\left(\frac{k\pi}{16}\right)\\
    &=f\left(\frac{\pi}{16}\right)+f\left(\frac{2\pi}{16}\right)+f\left(\frac{3\pi}{16}\right)+f\left(\frac{4\pi}{16}\right)+f\left(\frac{5\pi}{16}\right)+f\left(\frac{6\pi}{16}\right)+f\left(\frac{7\pi}{16}\right)\\
    &=4f\left(\frac{\pi}{8}\right)+4f\left(\frac{2\pi}{8}\right)+4f\left(\frac{3\pi}{8}\right)+f\left(\frac{\pi}{4}\right)=4S_2+2=42
    \end{align*}
    \]
    となる.ここで,3つ目の等号で等式 $(\diamondsuit$) を用いた.$k=1$ と $k=7$,$k=2$ と $k=6$,$k=3$ と $k=5$ の項がペアである.これを踏まえて $S_{n+1}$ と $S_n$ の関係を調べると
    \[
    \begin{align*}
    S_{n+1}
    &= \sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+2}}\right) \\
    &= \sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+2}}\right)+f\left(\frac{2^n\pi}{2^{n+2}}\right)+\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+2}}\right) \\
    &= \sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+2}}\right)+f\left(\frac{\pi}{4}\right)+\sum_{\tilde{k}=1}^{2^n-1}f\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\tilde{k}\pi}{2^{n+2}}\right) \\
    &= 4\sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)+f\left(\frac{\pi}{4}\right)\\
    &= 4S_n+2
    \end{align*}
    \]
    が判る.ここで,3つ目の等号では $\tilde{k}=2^{n+1}-k$ とおいた.この漸化式と $S_1=2$ から一般項を求めると
    \[
    S_n=\frac{2}{1-4}+\left(2-\frac{2}{1-4}\right)4^{n-1}=\frac{2}{3}(4^n-1)
    \]
    を得る.

    補足(click)

    $p \neq 1$ のとき,$a_{n+1}=pa_n+q$ 型の漸化式は,方程式 $\alpha=p\alpha+q$ の解 $\alpha=q/(1-p)$ を用いて
    \[
    a_{n+1}-\alpha=(pa_n+q)-(p\alpha+q)=p(a_n-\alpha)
    \]
    と変形できる.数列 $\{a_n-\alpha\}$ は公比 $p$ の等比数列であって
    \[
    a_n-\alpha=(a_1-\alpha)p^{n-1}
    \]
    と表すことができるから,$\{a_n\}$ の一般項は
    \[
    a_n=\alpha+(a_1-\alpha)p^{n-1}=\frac{q}{1-p}+\left(a_1-\frac{q}{1-p}\right)p^{n-1}
    \]
    である.

     

    等式 $(\clubsuit)$ を用いれば,数列 $\{T_n\}$ の一般項は
    \[
    T_n=\sum_{k=1}^{2^n-1}g\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)=\sum_{k=1}^{2^n-1}f\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)-\sum_{k=1}^{2^n-1}1=S_n-2^n+1
    \]
    である.

     

    極限 $(\heartsuit)$ を求める

    詳細(click)

    $0 < \theta < \pi/2$ のとき $0<\sin{\theta}<\theta<\tan{\theta}$ が成り立つから
    \[
    g(\theta)=\frac{1}{\tan^2{\theta}}<\frac{1}{\theta^2}<\frac{1}{\sin^2{\theta}}=f(\theta)
    \]
    が成り立つ.いま,非負整数 $n$ と $k=1,2,\dots,2^n-1$ に対して
    \[
    0 < \frac{k\pi}{2^{n+1}} < \frac{\pi}{2}
    \]

    \[
    g\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right) < \left(\frac{2^{n+1}}{k\pi}\right)^2=\frac{4^{n+1}}{k^2\pi^2} < f\left(\frac{k\pi}{2^{n+1}}\right)
    \]
    である.$k=1,2,\dots,2^n-1$ について足し合わせれば
    \[
    S_n-2^n+1 = T_n < \frac{4^{n+1}}{\pi^2}\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k^2} < S_n
    \]
    より
    \[
    \frac{\pi^2S_n}{4^{n+1}}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^n+\left(\frac{1}{4}\right)^{n+1} < \sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k^2} < \frac{\pi^2S_n}{4^{n+1}}
    \]
    が成り立つ.ここで
    \[
    \lim_{n \to \infty}\frac{S_n}{4^{n+1}} = \lim_{n \to \infty}\left(\frac{2}{3 \cdot 4}-\frac{2}{3 \cdot 4^{n+1}}\right)=\frac{1}{6}
    \]
    であるから,はさみうちの原理より
    \[
    \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}
    \]
    を得る.

     

    補足

    詳細(click)

    \[
    a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}
    \]
    とおくと
    \[
    b_n=a_{2^n-1}
    \]
    は $\{a_n\}$ の部分列であり,$(\heartsuit)$ は
    \[
    \lim_{n \to \infty}b_n=\frac{\pi^2}{6}
    \]
    であることを示しているが
    \[
    \lim_{n \to \infty}a_n=\frac{\pi^2}{6} \tag{$\spadesuit$}
    \]
    は保証されない.$(\spadesuit)$ を示すためには,例えば以下の定理が使える:

    数列 $\{a_n\}$ が収束し,かつ $\{a_n\}$ のある部分列が $\alpha$ に収束するとき,$\{a_n\}$ の極限も $\alpha$ である.

    今回の $\{a_n\}$ は単調増加な数列であり
    \[
    a_n=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^2}<1+\int_{1}^{N}\frac{dx}{x^2}=2-\frac{1}{N}<2
    \]
    であるから上に有界である.したがって $\{a_n\}$ は収束するから,その極限値は $\pi^2/6$ である.

     
    部分列は収束するが,数列が収束しない参考例(click)

    \[
    a_n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k
    \]
    を Grandi の級数という.いま
    \[
    \lim_{n\to\infty}a_{2n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k=0
    \]
    であるが
    \[
    \lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k=\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n-1}{2}
    \]
    は値が定まらない(発散する).

     

    関連するノート

    2003年の日本女子大学理学部 自己推薦入試で出題された方法は以下のノート.

    この方法は松岡氏(1960)によるものと思われる.

     

    20200314 更新


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