バーゼル問題の初等的な証明

平方数の逆数和1+1/4+1/9+...がπ^2/6に収束する（バーゼル問題）ことを高校数学で証明します。

k = 1 , 2 , … , n k=1,\:2,\dots,n k = 1 , 2 , … , n に対して θ k = k π 2 n + 1 \theta_k=\dfrac θ k ​ = 2 n + 1 kπ ​ とおく。 0 ≦ θ k ≦ π 2 0\leqq \theta_k\leqq \dfrac 0 ≦ θ k ​ ≦ 2 π ​ より， sin ⁡ θ k ≦ θ k ≦ tan ⁡ θ k \sin \theta_k \leqq \theta_k\leqq \tan \theta_k sin θ k ​ ≦ θ k ​ ≦ tan θ k ​ を得る。各辺の逆数をとって二乗すると，

1 tan ⁡ 2 θ k ≦ ( 2 n + 1 ) 2 k 2 π 2 ≦ 1 sin ⁡ 2 θ k \dfrac\leqq \dfrac\leqq \dfrac tan 2 θ k ​ 1 ​ ≦ k 2 π 2 ( 2 n + 1 ) 2 ​ ≦ sin 2 θ k ​ 1 ​

π 2 ( 2 n + 1 ) 2 ⋅ 1 tan ⁡ 2 θ k ≦ 1 k 2 ≦ π 2 ( 2 n + 1 ) 2 ( 1 + 1 tan ⁡ 2 θ k ) \dfrac\cdot\dfrac\leqq \dfrac\leqq \dfrac\left(1+\dfrac\right) ( 2 n + 1 ) 2 π 2 ​ ⋅ tan 2 θ k ​ 1 ​ ≦ k 2 1 ​ ≦ ( 2 n + 1 ) 2 π 2 ​ ( 1 + tan 2 θ k ​ 1 ​ )

これを k = 1 k=1 k = 1 から n n n まで足し合わせる：

π 2 ( 2 + 1 n ) 2 n 2 ∑ k = 1 n 1 tan ⁡ 2 θ k ≦ ∑ k = 1 n 1 k 2 ≦ π 2 ( 2 + 1 n ) 2 ( 1 n + 1 n 2 ∑ k = 1 n 1 tan ⁡ 2 θ k ) ⋯ ( ∗ ) \begin &\dfrac \sum_^n\dfrac\leqq \sum_^n\dfrac\\ &\leqq \dfrac\left(\dfrac+\dfrac \sum_^n\dfrac\right) \: \cdots (\ast) \end ​ ( 2 + n 1 ​ ) 2 n 2 π 2 ​ k = 1 ∑ n ​ tan 2 θ k ​ 1 ​ ≦ k = 1 ∑ n ​ k 2 1 ​ ≦ ( 2 + n 1 ​ ) 2 π 2 ​ ( n 1 ​ + n 2 1 ​ k = 1 ∑ n ​ tan 2 θ k ​ 1 ​ ) ⋯ ( ∗ ) ​

よって，あとは lim ⁡ n → ∞ 1 n 2 ∑ k = 1 n 1 tan ⁡ 2 θ k = 2 3 \displaystyle\lim_\dfrac\sum_^n\dfrac=\dfrac n → ∞ lim ​ n 2 1 ​ k = 1 ∑ n ​ tan 2 θ k ​ 1 ​ = 3 2 ​ を証明すれば，上記の不等式の極限を取ってはさみうちの原理を使うことにより収束先が π 2 2 2 × 2 3 = π 2 6 \dfrac\times\dfrac=\dfrac 2 2 π 2 ​ × 3 2 ​ = 6 π 2 ​ であることが分かる。

( ∗ ) (\ast) ( ∗ ) 補足：最右辺第一項は 1 1 1 を n n n 個足しあわせているので， 1 n 2 ∑ k = 1 n 1 = n n 2 = 1 n \dfrac\displaystyle\sum_^n1=\dfrac=\dfrac n 2 1 ​ k = 1 ∑ n ​ 1 = n 2 n ​ = n 1 ​ となっている。

目標は lim ⁡ n → ∞ S n n 2 = 2 3 \displaystyle\lim_\dfrac=\dfrac n → ∞ lim ​ n 2 S n ​ ​ = 3 2 ​ です。ただし， S n = ∑ k = 1 n 1 tan ⁡ 2 θ k S_n=\displaystyle\sum_^n\dfrac S n ​ = k = 1 ∑ n ​ tan 2 θ k ​ 1 ​

sin ⁡ ( 2 n + 1 ) θ k = 0 \sin(2n+1)\theta_k=0 sin ( 2 n + 1 ) θ k ​ = 0 より，

z = ( cos ⁡ θ k + i sin ⁡ θ k ) 2 n + 1 z=(\cos\theta_k+i\sin\theta_k)^ z = ( cos θ k ​ + i sin θ k ​ ) 2 n + 1 の虚部は 0 0 0 である。

また， sin ⁡ θ k ≠ 0 \sin\theta_k\neq 0 sin θ k ​  = 0 なので， z z z を sin ⁡ 2 n + 1 θ k \sin^\theta_k sin 2 n + 1 θ k ​ で割ることにより，

z ′ = ( 1 tan ⁡ θ k + i ) 2 n + 1 z'=\left(\dfrac+i\right)^ z ′ = ( tan θ k ​ 1 ​ + i ) 2 n + 1 の虚部は 0 0 0 である。

この z ′ z' z ′ の虚部は 1 tan ⁡ 2 θ k \dfrac tan 2 θ k ​ 1 ​ の n n n 次多項式とみなせる！

そこで，この n n n 次多項式を

f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 0 = 0 f(x)=a_nx^n+a_x^+\cdots +a_0=0 f ( x ) = a n ​ x n + a n − 1 ​ x n − 1 + ⋯ + a 0 ​ = 0 とおくと， k = 1 , 2 , ⋯ , n k=1,2,\cdots,n k = 1 , 2 , ⋯ , n に対して

f ( 1 tan ⁡ 2 θ k ) = 0 f\left(\dfrac\right)=0 f ( tan 2 θ k ​ 1 ​ ) = 0 である。

すなわち n n n 次方程式 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 の解が n n n 個全て構成できたので解と係数の関係より， S n = − a n − 1 a n S_n=-\dfrac> S n ​ = − a n ​ a n − 1 ​ ​ あとは， a n , a n − 1 a_n,a_ a n ​ , a n − 1 ​ を二項定理 で計算すると， a n = 2 n + 1 , a n − 1 = − ( 2 n + 1 ) ( 2 n ) ( 2 n − 1 ) 6 a_n=2n+1,\:a_=-\dfrac a n ​ = 2 n + 1 , a n − 1 ​ = − 6 ( 2 n + 1 ) ( 2 n ) ( 2 n − 1 ) ​ なので S n = n ( 2 n − 1 ) 3 S_n=\dfrac S n ​ = 3 n ( 2 n − 1 ) ​ よって， lim ⁡ n → ∞ S n n 2 = 2 3 \displaystyle\lim_\dfrac=\dfrac n → ∞ lim ​ n 2 S n ​ ​ = 3 2 ​ が示された。

ほとんど同じようにして，「逆数の4乗和」「逆数の6乗和」も計算できます！ ζ ( 4 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 4 = π 4 90 \zeta(4)=\displaystyle\sum_^\dfrac=\dfrac ζ ( 4 ) = n = 1 ∑ ∞ ​ n 4 1 ​ = 90 π 4 ​ ζ ( 6 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 6 = π 6 945 \zeta(6)=\displaystyle\sum_^\dfrac=\dfrac ζ ( 6 ) = n = 1 ∑ ∞ ​ n 6 1 ​ = 945 π 6 ​

東京大学大学院情報理工学系研究科修了／2014年にWebサイト『高校数学の美しい物語』を立ち上げ／著書累計 50,000部突破／「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。 →著者情報・書籍一覧を見る