【収束】 ☆牛tan分解で導く円周率の興味深い等式☆ 【可視化】

３．１４…から始まるエトセトラ?

　お久しぶりです！ スタバでパソコンを広げるお洒落な私 こと、みゆ🌹ฅ^•ω•^ฅ でございます☆

　春の兆しが訪れ、今年もお受験番号の有無に一喜一憂する合格発表の季節がやってまいりました。私もお返しの有無に一喜一憂するホワイトデーを目前に控えているわけですが、その3月14日って数学好きさんの界隈では『円周率の日』とされてる日でもあるんですよね。まあ細かいことをいうなら月や日の数え方は十進数ではないのでその日と$\pi$を短絡的に関連付けることには若干の抵抗もありつつ、それはそれとして今回は円周率にちなんだ記事を書いてみようかなあと思った次第です(*´ω`*)

　さて、ときおりふと降ってくるイメージの中には円周率に関するものもありまして、以前私が数式に翻訳したものとしては次のような式がございます。

$$\quad\quad\begin{align} \frac\pi2&=N\arctan\frac{\mathrm{Im}(Z)}{\mathrm{Re}(Z)}+\arctan\frac{\mathrm{Re}(Z^N)}{\mathrm{Im}(Z^N)}\\ \frac\pi4&=N\arctan\frac{\mathrm{Im}(Z)}{\mathrm{Re}(Z)}+\arctan\frac{\mathrm{Re}(Z^N)-\mathrm{Im}(Z^N)}{\mathrm{Re}(Z^N)+\mathrm{Im}(Z^N)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n\sqrt{n^2(2k-1)^2+(n^2+k-k^2)^2}}{(n^2+k^2)(n^2+(k-1)^2)} \end{align}$$

で、つい先日、また面白い等式のイメージを思いついてしまいました(*ﾉω・*)

　果たしてこの等式はホントに成り立っているのでしょうか？

牛tan分解、再び！

　この等式を導出するために、まず「逆正接関数の分解定理」なるものを紹介いたしましょう。

　牛タンを食べているときにひらめいたというしょうもない理由からこの定理を用いた分数分解を通称「牛tan分解」などと個人的に呼んでいるのですが、詳しくは過去記事「 みゆ式分数分解でマチンの公式を作ろう♪ 」を参照していただくとして、ここから次のような式を得ます。

$p=F_{2m}$、$q=1$、$r=F_{2m-1}$ のとき
$$\quad\begin{align} \arctan\frac1{F_{2m}}=&\arctan\frac1{F_{2m+1}}+\arctan\frac1{F_{2m+2}}\\ \operatorname{Arg}(F_{2m}+i)&=\operatorname{Arg}(F_{2m+1}+i)+\operatorname{Arg}(F_{2m+2}+i)&\cdots~(A) \end{align}$$

$q=1$、$r=1$ のとき
$$\quad\begin{align}\arctan\frac1p=&\arctan\frac{1}{p+1}+\arctan\frac{1}{(p+1)p+1}\\ \operatorname{Arg}(p+i)=&\operatorname{Arg}(p+1+i)+\operatorname{Arg}((p+1)p+1+i)\\ =&\operatorname{Arg}(p+1+i)+\operatorname{Arg}(p^2+p+1+i)&\cdots~(B) \end{align}$$

$(A)$より
$$\quad\begin{align} \operatorname{Arg}(F_{2m}+i)=&\operatorname{Arg}(F_{2m+1}+i)+\operatorname{Arg}(F_{2\underbrace{(m+1)}_n}+i)\\ \operatorname{Arg}(F_{2m}+i)=&\operatorname{Arg}(F_{2m+1}+i)+\underbrace{\operatorname{Arg}(F_{2n}+i)}_{\operatorname{Arg}(F_{2n+1}+i)+\operatorname{Arg}(F_{2(n+1)}+i)}\\ =&\sum_{n=m}^\infty\operatorname{Arg}(F_{2n+1}+i)\\ \operatorname{Arg}(F_0+i)=&\sum_{n=0}^\infty\operatorname{Arg}(F_{2n+1}+i)\\ \frac\pi2=&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{F_{2n+1}}\\ \end{align}$$
$(B)$より
$$\quad\begin{align} \operatorname{Arg}(p+i)=&~~\quad\operatorname{Arg}(\underbrace{p+1}_n+i)\quad~~+\operatorname{Arg}(p^2+p+1+i)\\ =&\underbrace{\operatorname{Arg}(n+i)}_{\operatorname{Arg}(n+1+i)+\operatorname{Arg}(n^2+n+1+i)}+\operatorname{Arg}(p^2+p+1+i)\\ \operatorname{Arg}(i)=&\sum_{n=0}^\infty\operatorname{Arg}(n^2+n+1+i)\\ \frac\pi2=&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{n^2+n+1} \end{align}$$

　無事、与式が導かれましたね！

$$\quad\quad\begin{align}\frac\pi2 =&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{F_{2n+1}}\\ =&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{n^2+n+1}\\ \end{align}$$

ところでこれって、

$$\quad F_{2n+1}=n^2+n+1$$

といえるでしょうか？

「では、分割プロセスをもう一度見てみよう」

フィボナッチ数列の奇数項 $F_{2n+1}$ は

$\quad F_1=1$、$F_3=2$、$F_5=5$、$\cdots$

であり、数列 $n^2+n+1$ は

$\quad0^2+0+1=1$、$1^2+1+1=3$、$2^2+2+1=7$、$\cdots$

であるため、明らかに

$$\quad F_{2n+1}\ne n^2+n+1$$

なんですよね。

　一体何がおきているのか、改めて $\frac\pi2$ラジアンが分割されてゆく様子を追いかけてみましょう。

$(A)$ 式
$$\quad\begin{align} \operatorname{Arg}(F_{2m}+i)=&\operatorname{Arg}(F_{2m+1}+i)+\operatorname{Arg}(F_{2m+2}+i)\\ \operatorname{Arg}(0+i)=&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(1+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(2+i)+\operatorname{Arg}(3+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(2+i)+\operatorname{Arg}(5+i)+\operatorname{Arg}(8+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(2+i)+\operatorname{Arg}(5+i)+\operatorname{Arg}(13+i)+\operatorname{Arg}(21+i)\\ \vdots& \end{align}$$

$(B)$ 式
$$\quad\begin{align} \operatorname{Arg}(p+i)=&\operatorname{Arg}(p+1+i)+\operatorname{Arg}(p^2+p+1+i)\\ =&\operatorname{Arg}(p^2+p+1+i)+\operatorname{Arg}(p+1+i)\\ \operatorname{Arg}(0+i)=&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(1+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(3+i)+\operatorname{Arg}(2+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(3+i)+\operatorname{Arg}(7+i)+\operatorname{Arg}(3+i)\\ =&\operatorname{Arg}(1+i)+\operatorname{Arg}(3+i)+\operatorname{Arg}(7+i)+\operatorname{Arg}(13+i)+\operatorname{Arg}(4+i)\\ \vdots& \end{align}$$

　どうやら、$(A)$と$(B)$の間には分割された角度のうち大きい側と小さい側のどちらを更に分割するかという選択の違いがあるようです。当然、それぞれ収束速度が異なるわけですから、両式の $\sum$ で用いられている変数 $n$ を同一視しちゃダメ、絶対！

　初学者さんが陥りやすい罠ですので、気をつけましょうね(*´ω｀*)

と、いうわけで

　理解を深めるため、２つの式が$\frac\pi2$ラジアンへ収束していく様を可視化してみました。
$$\quad\quad\begin{align}\frac\pi2 =&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{F_{2n+1}}\\ =&\sum_{n=0}^\infty\arctan\frac1{n^2+n+1}\\ \end{align}$$

　最後に、この記事を執筆中さらに興味深い関係式に気がついてしまいましたので、そちらもオマケとして紹介しながら締めたいと思いま～す ฅ^•ω•^ฅ

［雑解説］
　おそらく眠くなると思いますので、起きていたい方は軽く読み飛ばすことをオススメします(；´∀｀)

$\begin{cases}\arg[(xi+1)(yi+1)]&=\arg[(x+y)i+(1-xy)]\\\arg[(~~i+x)(~~i+y)]&=\arg[(x+y)i+(xy-1)]\end{cases}$ より
$\begin{cases} \arctan x+\arctan y&=\arctan\frac{x+y}{1-xy}&=+\arctan z\\ \arctan\frac1x+\arctan\frac1y&=\arctan\frac{x+y}{xy-1}&=-\arctan z \end{cases}$ を
$\begin{cases}\oplus x\oplus y&=\oplus z\\\oplus\frac1x\oplus\frac1y&=\ominus z\end{cases}$　$\begin{cases}\oplus x&=\oplus z\ominus y\\\oplus\frac1x&=\ominus z\ominus\frac1y\end{cases}$　のような演算子を導入して略記することにします。

$(xi+1)(i+x)=(x^2+1)i+(-x+x)=(x^2+1)i$ より $\displaystyle\oplus x\oplus\frac1x=\oplus\frac{x^2+1}0=\frac\pi2$
すなわち $\displaystyle \oplus\phi\oplus\frac1\phi=\frac\pi2 =\bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{F_{2n+1}} =\bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{F_{4n+1}}\oplus\bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{F_{4n+3}}$

ここで、$x^2-x-1=0$ の解 $\begin{cases}x=\frac{1+\sqrt5}{2}=\phi\\x=\frac{1-\sqrt5}{2}=\overline{\phi}\end{cases}$ を生成元とする ガラパゴ数列 より
　$\begin{cases} \overline{\phi}=\frac1{\left(-\phi\right)}\\ G_m=\frac{\phi^m-\overline{\phi}^m}{\phi-\overline{\phi}}=\frac{\phi^m-\frac1{(-\phi)^m}}{\phi-\frac1{(-\phi)}}=\frac{\phi^m-\frac1{(-\phi)^m}}{\sqrt5}=F_m\\ G'_m=\frac{\phi^m+\overline{\phi}^m}{\phi+\overline{\phi}}=\frac{\phi^m+\frac1{(-\phi)^m}}{\phi+\frac1{(-\phi)}}=\frac{\phi^m+\frac1{(-\phi)^m}}{1}=\phi^m+\frac1{(-\phi)^m}=L_m \end{cases}$ であることから

$$\begin{align} \oplus\frac1{F_{2m+1}} \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\phi-\frac1{-\phi}}{\phi^{2m+1}-\frac1{(-\phi)^{2m+1}}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi-\frac1{-\phi}\right)\left(\phi^{2m+1}-\frac1{(-\phi)^{2m+1}}\right)}{\left(\phi^{2m+1}-\frac1{(-\phi)^{2m+1}}\right)\left(\phi^{2m+1}-\frac1{(-\phi)^{2m+1}}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi+\frac1{\phi}\right)\left(\phi^{2m+1}+\frac1{\phi^{2m+1}}\right)}{\left(\phi^{2m+1}+\frac1{\phi^{2m+1}}\right)\left(\phi^{2m+1}+\frac1{\phi^{2m+1}}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2m+2}+\frac1{\phi^{2m+2}}\right)+\left(\phi^{2m}+\frac1{\phi^{2m}}\right)}{\left(\phi^{4m+2}+\frac1{\phi^{4m+2}}\right)+\left(\phi^0+\frac1{\phi^0}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2m+2}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2m+2}}\right)+\left(\phi^{2m}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2m}}\right)}{\left(\phi^{4m+2}+\frac1{\left(-\phi\right)^{4m+2}}\right)+\left(\phi^0+\frac1{\left(-\phi\right)^0}\right)}\\ =&\oplus\frac{L_{2m+2}+L_{2m}}{L_{4m+2}+L_0}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{L_{2m+2}+L_{2m}}{L_{4m+2}+L_2-L_1}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2m+2}+\frac1{(-\phi)^{2m+2}}\right)+\left(\phi^{2m}+\frac1{(-\phi)^{2m}}\right)}{\left(\phi^{4m+2}+\frac1{(-\phi)^{4m+2}}\right)+\left(\phi^2+\frac1{(-\phi)^2}\right)-\underbrace{\left(\phi^1+\frac1{(-\phi)^1}\right)}_1}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2m+2}+\frac1{(-\phi)^{2m+2}}\right)+\left(\phi^{2m}+\frac1{(-\phi)^{2m}}\right)}{\left(\phi^{2m+2}+\frac1{(-\phi)^{2m+2}}\right)\left(\phi^{2m}+\frac1{(-\phi)^{2m}}\right)-1}\\ =&\oplus\frac{L_{2m+2}+L_{2m}}{L_{2m+2}L_{2m}-1}\\ =&\oplus\frac1{L_{2m+2}}\oplus\frac1{L_{2m}}\\ \end{align}$$
よって、$\displaystyle \bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{F_{4n+1}} =\bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{L_{4n}}\oplus\frac1{L_{4n+2}} =\bigoplus_{n=0}^\infty\frac1{L_{2n}} $ です。

であれば、あとは $\displaystyle\oplus\phi=\bigoplus_{n=0}^{\infty}\frac1{F_{4n+1}}\left(=\bigoplus_{n=0}^{\infty}\frac1{L_{2n}}\right)$ が成り立つことさえ言えればよいですね。

ここで、$\displaystyle\oplus\phi=\lim_{i\to\infty}\oplus\frac{F_{i+1}}{F_i}=\lim_{m\to\infty}\oplus\frac{F_{2m+2}}{F_{2m+1}}$ でもありますから、
$\displaystyle\bigoplus_{n=0}^{m}\frac1{F_{4n+1}}=\oplus\frac{F_{2m+2}}{F_{2m+1}}$ であることを示せればイナフです。
これについては数学的帰納法を用いて示すことができます。

もし、$m=k$ のとき成り立つと仮定するならば、$m=k+1$ のときは
\begin{align} \bigoplus_{n=0}^{k+1}\frac1{F_{4n+1}} =&\bigoplus_{n=0}^{k}\frac1{F_{4n+1}}\oplus\frac1{F_{4k+5}}\\ =&\oplus\frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}} \oplus \frac1{F_{4k+5}}\\ =&\oplus\frac{F_{2k+2}F_{4k+5}+F_{2k+1}}{F_{2k+1}F_{4k+5}-F_{2k+2}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\frac{\left(\phi^{2k+2}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+2}}\right)\left(\phi^{4k+5}-\frac1{\left(-\phi\right)^{4k+5}}\right)}{\left(\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}\right)\left(\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}\right)}+\frac{\phi^{2k+1}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+1}}}{\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}}}{\frac{\left(\phi^{2k+1}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+1}}\right)\left(\phi^{4k+5}-\frac1{\left(-\phi\right)^{4k+5}}\right)}{\left(\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}\right)\left(\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}\right)}-\frac{\phi^{2k+2}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+2}}}{\phi-\frac1{\left(-\phi\right)}}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2k+2}-\frac1{\phi^{2k+2}}\right)\left(\phi^{4k+5}+\frac1{\phi^{4k+5}}\right)+\left(\phi^{2k+1}+\frac1{\phi^{2k+1}}\right)\left(\phi+\frac1{\phi}\right)}{\left(\phi^{2k+1}+\frac1{\phi^{2k+1}}\right)\left(\phi^{4k+5}+\frac1{\phi^{4k+5}}\right)-\left(\phi^{2k+2}-\frac1{\phi^{2k+2}}\right)\left(\phi+\frac1{\phi}\right)}\\ =&\color{#999}\oplus\frac{\phi^{6k+7}-\frac1{\phi^{6k+7}}-\phi^{2k+3}+\frac1{\phi^{2k+3}}+\phi^{2k+2}+\frac1{\phi^{2k+2}}+\phi^{2k}+\frac1{\phi^{2k}}}{\phi^{6k+6}+\frac1{\phi^{6k+6}}+\phi^{2k+4}+\frac1{\phi^{2k+4}}-\phi^{2k+3}+\frac1{\phi^{2k+3}}-\phi^{2k+1}+\frac1{\phi^{2k+1}}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{6k+7}+\frac1{\left(-\phi\right)^{6k+7}}\right)-\left(\phi^{2k+3}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+3}}\right)+\left(\phi^{2k+2}+\frac1{\phi^{2k+2}}\right)+\left(\phi^{2k}+\frac1{\phi^{2k}}\right)}{\left(\phi^{6k+6}+\frac1{\left(-\phi\right)^{6k+6}}\right)+\left(\phi^{2k+4}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+4}}\right)-\left(\phi^{2k+3}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+3}}\right)-\left(\phi^{2k+1}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+1}}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{L_{6k+7}-L_{2k+3}+L_{2k+2}+L_{2k}}{L_{6k+6}+L_{2k+4}-L_{2k+3}-L_{2k+1}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{L_{6k+7}-L_{2k+3}+L_{2k+2}+L_{2k}+L_{2k-1}-L_{2k-1}}{L_{6k+6}+L_{2k+4}-L_{2k+3}-L_{2k+1}-L_{2k}+L_{2k}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{L_{6k+7}-\overbrace{\left(L_{2k+3}-L_{2k+2}-L_{2k}-L_{2k-1}\right)}^0-L_{2k-1}}{L_{6k+6}+\underbrace{\left(L_{2k+4}-L_{2k+3}-L_{2k+1}-L_{2k}\right)}_0+L_{2k}}\\ =&\oplus\frac{L_{6k+7}-L_{2k-1}}{L_{6k+6}+L_{2k}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{6k+7}+\frac1{\left(-\phi\right)^{6k+7}}\right)-\left(\phi^{2k-1}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k-1}}\right)}{\left(\phi^{6k+6}+\frac1{\left(-\phi\right)^{6k+6}}\right)+\left(\phi^{2k}+\frac1{\left(-\phi\right)^{2k}}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\phi^{6k+7}-\frac1{\phi^{6k+7}}-\phi^{2k-1}+\frac1{\phi^{2k-1}}}{\phi^{6k+6}+\frac1{\phi^{6k+6}}+\phi^{2k}+\frac1{\phi^{2k}}}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2k+4}-\frac1{\phi^{2k+4}}\right)\left(\phi^{4k+3}+\frac1{\phi^{4k+3}}\right)}{\left(\phi^{2k+3}+\frac1{\phi^{2k+3}}\right)\left(\phi^{4k+3}+\frac1{\phi^{4k+3}}\right)}\\ \color{#999}=&\color{#999}\oplus\frac{\left(\phi^{2k+4}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+4}}\right)\left(\phi^{4k+3}-\frac1{\left(-\phi\right)^{4k+3}}\right)}{\left(\phi^{2k+3}-\frac1{\left(-\phi\right)^{2k+3}}\right)\left(\phi^{4k+3}-\frac1{\left(-\phi\right)^{4k+3}}\right)}\\ =&\oplus\frac{F_{2k+4}F_{4k+3}}{F_{2k+3}F_{4k+3}}\\ =&\oplus\frac{F_{2k+4}}{F_{2k+3}}\\ =&\oplus\frac{F_{2(k+1)+2}}{F_{2(k+1)+1}}\\ \end{align}
といえます。

$m=0$ のとき
$\begin{cases} 左辺=\displaystyle\bigoplus_{n=0}^{0}\frac1{F_{0+1}}=\oplus\frac11\\\\ 右辺=\displaystyle\oplus\frac{F_{0+2}}{F_{0+1}}=\oplus\frac11\\ \end{cases}$
と成り立っていますので、必然的に任意の自然数 $m$ について成り立つ、というカラクリです❣

謝辞

　査読検証およびアニメーションgif制作を快諾してくださった nayuta_ito 先生に感謝致します。