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高校数学解説

𝛇(𝟐)=𝛑²/𝟔　の証明

920

0

T h e o r e m .

ζ (2) = \frac{π^{2}}{6}

L e m m a .

ζ (2) = \frac{4}{3} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n^{2}}

P r o o f 1.

\begin{aligned} ζ (2) & = \frac{4}{3} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} \\ = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \frac{\ln \frac{1}{x}}{1 - x^{2}} d x \\ = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t}{(1 + t^{2}) (1 + t^{2} x^{2})} d t d x \\ = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1 + t^{2}) (1 + x^{2})} d t d x \\ = \frac{4}{3} \frac{π}{4} \frac{π}{2} \\ = \frac{π^{2}}{6} \end{aligned}

P r o o f 2.

\begin{aligned} ζ (2) & = \frac{4}{3} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} \\ = \frac{4}{3} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\binom{2 n}{n})}{2^{2 n} (2 n + 1)} \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n + 1}}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \frac{\sin^{- 1} x}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = \frac{2}{3} (\sin^{- 1} 1)^{2} \\ = \frac{π^{2}}{6} \end{aligned}

P r o o f 3.

ψ^{'} (z)

の相反公式

\begin{array}{r} ψ^{'} (z) + ψ^{'} (1 - z) = \frac{π^{2}}{\sin^{2} π z} \end{array}

より

\begin{aligned} π^{2} & = 2 ψ^{'} (\frac{1}{2}) \\ = 2 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{{(n + \frac{1}{2})}^{2}} \\ = 6 ζ (2) \end{aligned}

P r o o f 4.

\begin{array}{r} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\tan^{2} \frac{(2 k - 1) π}{4 n}} = 2 n^{2} - n \end{array}

と

\begin{array}{r} \frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{3} < \frac{1}{\tan^{2} x} < \frac{1}{x^{2}} \end{array}

より

\begin{array}{r} \sum_{k = 1}^{n} ({(\frac{4 n}{(2 k - 1) π})}^{2} - \frac{2}{3}) < 2 n^{2} - n < \sum_{k = 1}^{n} {(\frac{4 n}{(2 k - 1) π})}^{2} \end{array}

すなわち

\begin{array}{r} \frac{π^{2}}{8} (1 - \frac{1}{2 n}) < \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{(2 k - 1)^{2}} < \frac{π^{2}}{8} (1 - \frac{1}{6 n}) \end{array}

となり，

n \to \infty

とすれば

\begin{array}{r} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k - 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} \end{array}

P r o o f 5.

F o u r i e r s e r i e s

\begin{array}{r} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n} = \frac{π - x}{2} \end{array}

の両辺を $(0, π)$ で定積分すると
左辺は

\begin{array}{r} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{π} \sin n x d x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - (- 1)^{n}}{n^{2}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2}{(2 n - 1)^{2}} = \frac{3}{2} ζ (2) \end{array}

右辺は

\begin{array}{r} \int_{0}^{π} \frac{π - x}{2} d x = \frac{π^{2}}{4} \end{array}

となるので

\begin{array}{r} ζ (2) = \frac{π^{2}}{6} \end{array}

P r o o f 6.

\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n}^{2} = {(\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n})}^{2} + 2 \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} a_{k + n} \end{array}

において， $a_{n} = \frac{1}{2 n + 1}$ とすると
右辺は

\begin{aligned} {(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1})}^{2} + 2 \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1) (2 k + 2 n + 1)} \\ = & {(\frac{π}{4})}^{2} + 2 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k} \sum_{m = 0}^{k - 1} \frac{1}{2 m + 1} \\ = & \frac{π^{2}}{16} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{2 n}}{1 - x^{2}} d x \\ = & \frac{π^{2}}{16} + \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - x^{2}} \ln \frac{2}{1 + x^{2}} d x \\ = & \frac{π^{2}}{16} + \int_{0}^{1} \frac{\ln \frac{1}{x}}{1 - x^{2}} d x - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - x^{2}} \ln \frac{1 + x^{2}}{2 x} d x \\ = & \frac{π^{2}}{16} + \frac{π^{2}}{8} - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - {(\frac{1 - t}{1 + t})}^{2}} \ln \frac{1 + {(\frac{1 - t}{1 + t})}^{2}}{2 \frac{1 - t}{1 + t}} \frac{2 d t}{(1 + t)^{2}} \\ = & \frac{3 π^{2}}{16} - \int_{0}^{1} \frac{\tanh^{- 1} t^{2}}{t} d t \\ = & \frac{3 π^{2}}{16} - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{1} t^{4 n + 1} d t \\ = & \frac{3 π^{2}}{16} - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} \end{aligned}

となり，左辺は

\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} \end{array}

となるので

\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} \end{array}

P r o o f 7.

\begin{array}{r} \int_{0}^{\frac{π}{2}} x^{2} \cos^{2 n - 1} x d x = \frac{2^{2 n}}{2 n (\binom{2 n}{n})} (\frac{π^{2}}{8} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}}) \end{array}

が成り立ちます。これより明らかに

\begin{array}{r} \frac{π^{2}}{8} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} > 0 \end{array}

また，

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} & = \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{2 n}}{1 - x^{2}} \ln \frac{1}{x} d x \\ = \frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{n}}{(1 - x) \sqrt{x}} \ln \frac{1}{x} d x \\ = \frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{n}}{(1 - x) \sqrt{x}} ((1 - x) + \frac{(1 - x)^{2}}{2} + \dots) d x \\ > \frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{n}}{(1 - x) \sqrt{x}} \sum_{m = 1}^{M} \frac{(1 - x)^{m}}{m} d x \\ = \sum_{m = 1}^{M} \frac{1}{2 m} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 k + 2 m + 1} \end{aligned}

となります。ここで，前提として

n ≫ 1

において

\begin{array}{r} 2 n \frac{(\binom{2 n}{n})}{2^{2 n}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} x^{2} \cos^{2 n - 1} x d x ⪅ \frac{1}{2 n} \end{array}

が成り立つことを考慮しつつ，これを証明します。すなわち，

\begin{array}{r} \frac{π^{2}}{8} - \sum_{m = 1}^{M} \frac{1}{2 m} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 k + 2 m + 1} < \frac{1}{2 n} \end{array}

が

n ≫ 1

におい常に成り立つような

M

が存在することを示せばよいです。
実際に数値を確認すると，

M = 2

の時点で，

n \geq 33

で不等式は成り立ちます。
よって，

n ≫ 1

において

\begin{array}{r} \frac{π^{2}}{8} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} < \frac{1}{2 n} \end{array}

が成り立つことがわかりました。すなわち

\begin{array}{r} 0 < \frac{π^{2}}{8} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} < \frac{1}{2 n} \end{array}

となり

\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} \end{array}

となります。

P r o o f 8.

\sin

の無限乗積展開

\begin{array}{r} \frac{\sin π x}{π x} = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2}}) \end{array}

と， $M a c l a u r i n S e r i e s$

\begin{array}{r} \frac{\sin π x}{π x} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} π^{2 n} x^{2 n}}{(2 n + 1)!} \end{array}

の

x^{2}

の係数を比較することで

\begin{array}{r} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} \end{array}

投稿日：2022年1月20日

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