超幾何定理を利用した円周率の公式

ガンマ関数,超幾何級数,円周率

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twitterで何度も擦ってる、超幾何級数から生まれた円周率の公式です。既出だったら教えてください。

公式の内容

円周率

$π = 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n + 1} (n + \frac{1}{2}) (n + 1)!}$

この式を示すために、まず以下の式を証明します

相反公式・改

$\frac{π}{\sin π x} = \frac{1}{Γ (- x)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- x + n)}{n! (x - n)} ただし x > - 1, x \notin Z$

まず、超幾何級数について考えます。

超幾何定理

超幾何級数は、以下の形で表される多変数関数です。

超幾何級数

$F (a, b, c; z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n} (b)_{n}}{(c)_{n} n!} z^{n} (a)_{n} = a (a + 1) (a + 2) . . . (a + n - 1) = \frac{Γ (a + n)}{Γ (a)}$

超幾何定理

$F (a, b, c; 1) = \frac{Γ (c) Γ (c - a - b)}{Γ (c - a) Γ (c - b)}$

超幾何級数についての説明はこのサイトに載ってますので、ここではざっくり証明します。

超幾何級数は
$F (a, b, c; z) = \frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - a)} \int_{0}^{1} t^{a - 1} (1 - t)^{c - a - 1} (1 - t z)^{- b} d t$
というEuler積分で表されます。ここで、z=1を代入すると
$F (a, b, c; 1) = \frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - a)} \int_{0}^{1} t^{a - 1} (1 - t)^{c - a - 1} (1 - t)^{- b} d t = \frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - a)} \int_{0}^{1} t^{a - 1} (1 - t)^{c - a - b - 1} d t$

実はこの積分、ベータ函数といって、ガンマ関数で表せちゃうんです！
$B (x, y) = \int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t = \frac{Γ (x) Γ (y)}{Γ (x + y)}$
これをさっきの式に代入すると...
$\frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - a)} \cdot B (a, c - a - b) = \frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - a)} \cdot \frac{Γ (a) Γ (c - a - b)}{Γ (c - b)} ∴ F (a, b, c; 1) = \frac{Γ (c) Γ (c - a - b)}{Γ (c - a) Γ (c - b)}$

これで、超幾何定理が示せました。
では、いよいよ公式の証明をしましょう。

証明１

まず、超幾何級数にa=b=-x,c=1-x,z=1を代入
すると
$F (- x, - x, 1 - x; 1) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- x)_{n}^{2}}{(1 - x)_{n} n!} \frac{(- x)_{n}^{2}}{(1 - x)_{n} n!} = \frac{1}{n!} \cdot \frac{Γ (1 - x)}{Γ (1 - x + n)} \cdot \frac{Γ (- x + n)^{2}}{Γ (- x)^{2}} = \frac{- x Γ (- x + n)}{n! (- x + n) Γ (- x)} F (- x, - x, 1 - x; 1) = - \frac{x}{Γ (- x)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- x + n)}{n! (- x + n)} . . . ①$
また、超幾何定理より
$F (- x, - x, 1 - x; 1) = \frac{Γ (1 - x) Γ (1 + x)}{Γ (1) Γ (1)} = x Γ (x) Γ (1 - x) . . . ②$
ここで、相反公式を使います。

相反公式

$Γ (x) Γ (1 - x) = \frac{π}{\sin π x} (x \notin Z)$

すると②は
$F (- x, - x, 1 - x; 1) = \frac{π x}{\sin π x} . . . ③$
①,③より
$\frac{π x}{\sin π x} = \frac{x}{Γ (- x)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- x + n)}{n! (x - n)} ∴ \frac{π}{\sin π x} = \frac{1}{Γ (- x)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- x + n)}{n! (x - n)}$
今回は抵触しないので、範囲については割愛させていただきます。
ここまできたら、あとは簡単なお仕事です。

証明２

先ほどの式にx=1/2を代入すると...
$π = \frac{1}{Γ (- \frac{1}{2})} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- \frac{1}{2} + n)}{n! (\frac{1}{2} - n)}$
ガンマ関数の特殊値
$Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π} Γ (\frac{1}{2} + n) = \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n}} \sqrt{π} Γ (\frac{1}{2} - n) = \frac{(- 2)^{n}}{(2 n - 1)!!} \sqrt{π}$
より、
$π = \frac{1}{Γ (- \frac{1}{2})} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (- \frac{1}{2} + n)}{n! (\frac{1}{2} - n)} = \frac{1}{2 \sqrt{π}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (\frac{1}{2} + n - 1)}{n! (n - \frac{1}{2})} = \frac{1}{2 \sqrt{π}} (4 \sqrt{π} + 2 \sqrt{π} + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n! (n - \frac{1}{2})} \cdot \frac{(2 n - 3)!! \sqrt{π}}{2^{n - 1}}) = 3 + \frac{1}{2} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n! (n - \frac{1}{2})} \cdot \frac{(2 n - 3)!!}{2^{n - 1}}$
最後に、形をきれいにすると
$π = 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n + 1} (n + \frac{1}{2}) (n + 1)!}$
これで円周率の式が導けました！！！
ほかにも、公式２に3/2を代入すれば
$π = \frac{37}{12} + \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n} (n + \frac{1}{2}) (n + 2)!}$
という式が得られます。
(本当はこれのはずだったのに勘違いしてたなんて口が裂けても言えない)
こっちのほうが収束が速いので、もしかしたら入れる値を大きくすれば収束の速さが速くなるかもしれません。わかる方がいたら教えていただければ幸いです。