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オイラーの発見した円周率の公式

南海　　 もう一つ高校数学の範囲でできることを紹介しよう．それは ド・モアブルの定理を用いるものである．

拓生　 ド・モアブルの定理とは，すべての整数$n$に対し

$$\cos n \theta+i\sin n\theta=(\cos \theta+i\sin\theta)^n$$

が成り立つ，というものですね．

南海　　 ド・モアブルの定理の本質的な部分はオイラーの公式

$$e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin \theta$$

だ．これについては『ド・モアブルの定理からオイラーの公式へ』を見てほしい．

ド・モアブルの定理の右辺は$(x+y)^n$の形なので 二項定理で展開することができる．

実数部と虚数部をまとめると，

$$\cos n \theta+i\sin n\theta=f_n(\cos \theta)+i\sin\theta g_n(\cos \theta)$$

と$\cos \theta$に関する2つの多項式 $f_n(\cos \theta)$と $g_n(\cos \theta)$ が得られる．

拓生　 $f_n(x)$をチェビシフの多項式と呼び，$x$の$n$次式で$x^n$の係数は$2^{n-1}$になる．

南海　　 $g_n(x)$もチェビシフの多項式ということもあるし，もう少し違う形でいうこともある． これについては『チェビシェフの多項式』を見てほしい． これは本当に有用なもので，そこから導かれる結果は高校数学ではもっとも深いものだろう．

さて，今回はこのド・モアブルの定理とチェビシェフの多項式のうち，虚数部分から得られる 三角関数の多項式を用いる．

もう一つ，ここでは$\tan$の逆数が用いられる． $\cot x=\dfrac{1}{\tan x}$とおいて，これを 「コタンジェント」と呼ぶ．そのグラフは次のようになる．

拓生　

$$\tan \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\cot x$$

ですから，$y=\tan x$と$y=\cot x$は $x=\dfrac{\pi}{4}$で対称です．

南海　　 ド・モアブルの定理の右辺を二項定理で展開し，両辺の虚数部分をとる．

拓生　 二項定理により右辺は

$$(\cos \theta+i\sin \theta)^n =\sum_{l=0}^n{}_n\mathrm{C}_l\cos^{n-l}\theta(i\sin \theta)^l$$

と展開されます．右辺の各項で$l$が奇数の項が$i$が残ります．

南海　　 $n$が偶数か奇数かで最後の項は変わってくるが， 奇数の項をまとめて左辺の虚数部分と等値すると．

$$\begin{eqnarray*} i\sin n\theta&=& {}_n\mathrm{C}_1\cos^{n-l} \theta(i\sin \thet... ... \theta+ {}_n\mathrm{C}_5\cos^{n-5} \theta\sin^5 \theta+\cdots\} \end{eqnarray*}$$

全体を$\sin^n \theta$でくくる．

$$\sin n\theta= \sin^n \theta({}_n\mathrm{C}_1\cot^{n-1} \thet... ...a+{}_n\mathrm{C}_5\cot^{n-5}\theta+\cdots)\quad \cdots\maru{1}$$

となる．

南海　　 $\maru{1}$で$n=2m+1$とする．$\theta$に各 $\theta=\dfrac{k\pi}{2m+1}\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ m)$を代入する．

このとき左辺$\sin n\theta$は0で，$\sin \theta$は0でない．よってこれらの$\theta$に関して

$${}_{2m+1}\mathrm{C}_1\cot^{2m}\theta- {}_{2m+1}\mathrm{C}_3\... ...+1}\mathrm{C}_5\cot^{2m-4}\theta+\cdots =0\quad \cdots\maru{2}$$

が成り立つ．

いま $t=\cot^2 \theta$とおくと$\maru{2}$は

$${}_{2m+1}\mathrm{C}_1t^m-{}_{2m+1}\mathrm{C}_3t^{m-1}+{}_{2m+1}\mathrm{C}_5t^{m-2}+\cdots =0$$

となる．したがって $t=\cot^2\dfrac{k\pi}{2m+1}\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ m)$はこの$m$次方程式の$m$個の 相異なる根であることがわかる．

拓生　 $m$個の $\cot^2\dfrac{k\pi}{2m+1}\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ m)$が満たす$m$次の方程式ですか． 根と係数の関係が使えますね．

南海　　 $m-1$の係数について何が言えるか．

拓生　 $m$次の方程式の最高次数の係数は ${}_{2m+1}\mathrm{C}_1$， $m-1$次の項の係数は $-{}_{2m+1}\mathrm{C}_3$です．

だから， $\cot^2\dfrac{k\pi}{2m+1}\ (k=1,\ 2,\ \cdots,\ m)$をすべて加えるとこれが$m$個の根の和なので 根と係数の関係によって

$$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^m\cot^2\dfrac{k\pi}{2m+1} &=&-\dfrac{-{}_{2m+1}\mat... ...rac{(2m+1)2m(2m-1)}{3!}=\dfrac{m(2m-1)}{3} \quad \cdots \maru{3} \end{eqnarray*}$$

確かにこれは$\cot$の関係式ですが，ここから何が言えるのでしょうか．

南海　　 これから，ある級数の収束とその和を求める．三角関数の基本的な不等式

$$\sin x<x<\tan x\ \left(0<x<\dfrac{\pi}{2} \right)$$

がある．これを今の場合に活かす．

拓生　 今は$\cot^2$を考えているので

$$\sin^2 x<x^2<\tan^2 x$$

逆数をとって

$$\dfrac{1}{\sin^2 x}>\dfrac{1}{x^2}>\cot^2 x$$

$\dfrac{1}{\sin^2 x}$ は と同様に

$$\dfrac{1}{\sin^2 x}=1+\cot ^2x$$

つまり

$$1+\cot^2 x>\dfrac{1}{x^2}>\cot^2 x \ \left(0<x<\dfrac{\pi}{2} \right)$$

南海　　 なかなか察しがよい．$\maru{3}$の左辺の各項にこの不等式を適用すると

これを$k$について$1$から$m$まで加える．

両辺に をかけると

ここで$m\to \infty$をとる．

拓生　

であるから $$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^2}$$は収束し

$$\dfrac{\pi^2}{6}=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots$$

となります．

南海　　 円周率$\pi$を明示的に無限級数で表す公式でオイラー(1707〜82)が発見した．

もっともオイラーはもっと違う方法でこの公式に到達したらしい．『ド・モアブルの定理からオイラーの公式へ』 で紹介したが，$\sin x$は

$$\sin x=x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dfrac{1}{7!}x^7+\cdots$$

という展開をもつ．

一方$\sin x=0$となる$x$は $0,\ \pm \pi,\ \pm 2\pi,\ \cdots$なので

と因数分解されるはずだ．$x$で割って

定数項を比較して

右辺の定数項は $\pi^2\cdot2^2\pi^2\cdot3^2\pi^2\cdot\cdots$．右辺の$x^2$の係数は，これらの積から 一つずつ落としたものなので

となる．だから右辺の定数項と$x^2$の係数の間の関係を左辺の$x^2$の係数と比較することで

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{1}{3!} &=&\dfrac{(2^2\pi^2\cdot3^2\pi^2\cdot\cdots)+(\p... ...&\dfrac{1}{\pi^2}+\dfrac{1}{2^2\pi^2}+\dfrac{1}{3^2\pi^2}+\cdots \end{eqnarray*}$$

これから

$$\dfrac{\pi^2}{6}=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots$$

このように考えたらしい．すばらしい直感だ．

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