バーゼル問題の解決/東海大医学科18年第３問

［解答］
$P( \theta )=( \cos \theta+i \sin \theta )^{2n+1}$とおく．
$\theta_k= \frac{k\pi}{2n+1}$ $(k=1,2,\cdots,n)$は， $0< \theta_k< \frac{ \pi }{2}$で，
ことごとく異なり，$P( \theta )$は実数になる．虚部は0．
$$ \quad P( \theta )= \frac{ ( \frac{1}{ \tan \theta }+i)^{2n+1}}{\sin^{2n+1} \theta} $$
ここで，$ ( \sqrt{x}+i )^{2n+1}$の虚部は，
$$ \quad \frac{1}{i} \sum_{r=0}^{n} {}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2r} (\sqrt{x} )^{2r}(i)^{2n+1-2r}=\sum_{r=0}^{n} {}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2r} (-1)^{n-r} x^r$$
この$x$の$n$次多項式を0にする$x$は，すべて異なり，
$$ \quad \frac{1}{ \tan^2 \theta_k }\quad (k=1,2,\cdots,n)$$
の$n$個である．
$x^n$の係数は，${}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2n}$で，
$x^{n-1}$の係数は，$-{}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2n-2}$で，
「解と係数の関係」から，
$$ \quad \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ \tan^2 \theta_k }= -\frac{-{}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2n-2}}{{}_{2n+1} \mathrm{ C }_{2n}}= \frac{ \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}}{(2n+1)}= \frac{n(2n-1)}{3} $$
示されている関係式から，
$$ \quad \frac{1}{ \tan^2 \theta_k }< \frac{1}{ \theta_k^2}<\frac{1}{ \tan^2 \theta_k }+1 $$
$$ \quad \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ \tan^2 \theta_k }< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ \theta_k^2}<\sum_{k=1}^{n}{(\frac{1}{ \tan^2 \theta_k }+1) } $$
また，
$$ \quad \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ \tan^2 \theta_k }= \frac{n(2n-1)}{3} $$
$$ \quad \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ \theta_k^2}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ (\frac{k\pi}{2n+1})^2} = \frac{(2n+1)^2}{ \pi ^2} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ k^2}$$

$$ \quad \sum_{k=1}^{n}{(\frac{1}{ \tan^2 \theta_k }+1) }=\frac{n(2n+2)}{3} $$
$$\quad \frac{n(2n-1)}{3(2n+1)^2}<\frac{1}{ \pi ^2} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ k^2}<\frac{n(2n+2)}{3(2n+1)^2} $$
$$\quad \frac{2-1/n}{3(2+1/n)^2}<\frac{1}{ \pi ^2} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ k^2}<\frac{2+2/n}{3(2+1/n)^2} $$
「ハサミウチの原理」から，$n \rightarrow \infty$のとき，
$$ \quad \frac{1}{ \pi ^2} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{ k^2} \rightarrow \frac{1}{6}. $$
よって，
$$ \quad \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}= \frac{\pi ^2}{6} .$$
［コ］，［サ］，［ス］は順に，
$$2n+1, -\frac{n(2n+1)(2n-1)}{3} , \frac{\pi ^2}{6}$$
［完了］