• Gregory と Leibniz は同じ時期に上の等式を独立に発見したとされる
  • 両者あるいは一方の名前をとって 「Gregory-Leibniz 級数」「Gregory の級数」「Leibniz の級数」などとよばれる
  • Gregory の級数」とよぶ場合は，”積分漸化式を用いる方法 I” で導出するような，より一般化された級数を指すこともある
• Gregory や Leibniz より300年前に Madhava によって発見されていたとも言われる
  • 「Madhava の級数」または「Madhava-Gregory-Leibniz の級数」とよぶこともある

次の法則も Leibniz の公式として知られている:

円周率に関する Leibniz の公式と区別するため，この法則は Leibniz Rule と呼ぶことにする．

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．

$a_1$ を求める

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

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

$a_n$ の極限を求める

$0 \leqq t \leqq x$ の範囲において
\[
0 \leqq \frac{t^{2n}}{1+t^2} \leqq t^{2n}
\]
である．したがって
\[
0 \leqq a_n = \int_{0}^{x} \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,dt \leqq \int_{0}^{x} t^{2n}\,dt = \frac{x^{2n+1}}{2n+1}
\]
が成り立つ．いま，$0 < x \leqq 1$ より
\[
\lim_{n \to \infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} = 0
\]
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

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

Gregory-Leibniz 級数を求める

先の結果より
$$
\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n)
& = & -(a_2 + a_1) + (a_3 + a_2)-\cdots + (-1)^{N}(a_{N+1} + a_{N}) \\
& = & -a_1 + (-1)^{N} a_{N+1} \\
& = & \arctan{x}-x + (-1)^{N} a_{N+1}
\end{eqnarray*}
$$
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
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n) = \arctan{x}-x
\]
を得る．左辺に $a_{n+1}$ と $a_n$ の関係式を代入して
\[
\arctan{x} = x + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(a_{n+1}+a_n) = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}
\]
を得る．ここで
\[
\frac{(-1)^0}{2 \cdot 0 + 1}\cdot x^{2\cdot 0+1} = x
\]
に注意すれば
\[
\arctan{x} = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} \qquad (0 < x \leqq 1)
\]
と整理できる．上の結果は $x = 0$ でも成り立つ．ここに $x = 1$ を代入すれば
\[
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \arctan{x} = \frac{\pi}{4}
\]
を得る．

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
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}
\]
は収束する．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．

$f(x) = x ~~ (-\pi \leqq x < \pi)$ 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
\[
\widetilde{f}(x + 2 n \pi) = x, \qquad (-\pi \leqq x < \pi)
\]
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．