バーゼル問題を高校数学で

1
Basel Problem
∞
∑
1
バーゼル問題とは，
“
の値はいくつか ”という問題のことであり，1735 年に
n2
n=1
π2
Euler によって
であることが示された．今では様々な手法によって証明がされてい
6
るが，少し長くなるが高校数学の範疇でも証明が可能であるので，ご紹介．
Step 1
0 以上の整数 n に対して
∫ π
∫ π
2
2
n
sin xdx =
cosn xdx
0
(1)
0
であることを示す．
置換積分を行うことにより容易に示すことができる．x =
x
t
dx
= −1，
dt
∫
π
2
∫
0
n
n
sin xdx =
sin
0
∫
(π
π
2
π
2
=
2
0
π
2
−→
−→
π
− t とおくことにより，
2
π
2
0
)
− t · (−1)dt
cosn tdt
0
∫
π
2
=
cosn xdx
0
となる．
Step 2
∫
In =
π
2
∫
sinn xdx =
0
In =
π
2
cosn xdx とおくと，
0
n−1
In−2
n
となることを示す．
(n ≧ 2)
(2)
2
d
cos x sinn−1 x = − sinn x + (n − 1) cos2 x sinn−2 x
dx
= − sinn x + (n − 1)(1 − sin2 x) sinn−2 x
= −n sinn x + (n − 1) sinn−2 x
n−1
1 d
cos x sinn−1 x +
sinn−2 x．両辺を x = 0 から
となるので，sinn x = − ·
n dx
n
π
x = まで積分することにより，
2
∫ π
∫ π
]π
2
n−1 2
1[
2
n
n−1
sin xdx = − cos x sin
x +
sinn−2 xdx
n
n
0
0
0
∫ π
2
n−1
sinn−2 xdx
=
n
0
となるので，漸化式 (2) が成り立つ．
Step 3

n−1


 n
In =

n−1


n
n−3
3
···
n−2
4
n−3
4
·
···
n−2
5
·
1 π
·
2 2
2
·
3
·
(n は偶数)
(3)
(n は奇数)
であることを示す．
漸化式 (2) から容易に

n−1 n−3
3


 n · n − 2 ··· 4
In =

n−1 n−3
4


·
···
n
n−2
5
1
· I0
2
2
· · I1
3
·
であることがわかる．
∫ π
2
π
I0 =
dx = ，
2
0
∫ π
[
]π
2
2
I1 =
sin xdx = − cos x = 1
0
であるから，式 (3) が成り立つ．
0
(n は偶数)
(n は奇数)
3
Step 4
∫
Jn =
π
2
x2 cos2n xdx とおくと，
0
2n
1
Jn =
I2n
2n − 1
n(2n − 1)
Jn−1 −
(n ≧ 1)
(4)
が成り立つことを示す．
∫
π
2
I2n =
sin2n xdx
0
∫
=
=
=
=
=
π
2
cos2n xdx (∵ (1))
0
)
∫ π(
2
d
x cos2n xdx
dx
0
∫ π
[
]π
2
2
x cos2n x + n
2x sin x cos2n−1 xdx
0
0
)
∫ π(
2
d 2
n
x sin x cos2n−1 xdx
dx
0
∫ π
[
]π
(
)
2
2
2
2n−1
x sin x cos
x −n
x2 cos2n x − (2n − 1) cos2n−2 x sin2 x dx
∫
= −n
∫
= n
0
π
2
π
2
(
0
0
)
x2 cos2n x − (2n − 1) cos2(n−1) x(1 − cos2 x) dx
(
)
x2 −2n cos2n x + (2n − 1) cos2(n−1) x dx
(0
∫
= n −2n
π
2
∫
x2 cos2n dx + (2n − 1)
0
)
(
2n
Jn + Jn−1
= n(2n − 1) −
2n − 1
となるので，Jn−1 −
π
2
)
x2 cos2(n−1) dx
0
2n
1
Jn =
I2n が成り立つ．
2n − 1
n(2n − 1)
Step 5
自然数 N に対して，
JN
(2N − 1)(2N − 3) · · · 5 · 3 · 1 π
·
=
2N (2N − 2) · · · 4 · 2
4
が成り立つことを示す．
(
π2 ∑ 1
−
6
n2
N
n=1
)
(5)
4
2N − 1
1
JN −1 −
I2N となるので，
2N
2N 2
(
)
2N − 1 2N − 3
1
1
JN −2 −
I2N −2 −
I2N
2
2N
2N − 2
2(N − 1)
2N 2
2N − 1 2N − 3
1
2N − 1
1
·
JN −2 −
·
I2N −2 −
I2N
2
2N
2N − 2
2(N − 1)
2N
2N 2
2N − 1 2N − 3
1
1
·
JN −2 −
I2N −
I2N (∵ (2))
2
2N
2N − 2
2(N − 1)
2N 2
(
)
2N − 1 2N − 3
1
1
+
I2N
·
JN −2 −
2N
2N − 2
2(N − 1)2 2N 2
···
N
∑
2N − 1 2N − 3
3 1
1
1
．
·
· · · · · J0 − · I2N ·
2N
2N − 2
4 2
2
n2
式 (4) より，JN =
JN
=
=
=
=
=
=
n=1
ここで，
∫
J0 =
0
π
2
[
1 3
x dx =
x
3
]π
2
2
=
0
π3
24
であるから，式 (3) も適用して，
JN
=
=
N
2N − 1 2N − 3
3 1 π 3 1 2N − 1 2N − 3
3 1 π ∑ 1
·
··· · ·
− ·
·
··· · · ·
2N
2N − 2
4 2 24 2
2N
2N − 2
4 2 2
n2
n=1
(
)
N
3 1 π π2 ∑ 1
2N − 1 2N − 3
·
··· · ·
−
2N
2N − 2
4 2 4
6
n2
n=1
となって (5) を得る．
Step 6
JN ≦
を示す．
1
(2N − 1)(2N − 3) · · · 5 · 3 · 1 ( π )3
·
·
2N + 2
2N (2N − 2) · · · 4 · 2
2
(6)
5
π
2
π
において， x ≦ sin x である 1 から x ≦ sin x．これより
2
π
2
∫ π
2
=
x2 cos2N xdx
0≦x≦
JN
0
∫
≦
π
2
(π
)2
cos2N xdx
2
( π )2 ∫ π2
=
sin2 x cos2N xdx
2
0
(∫ π
)
∫ π
( π )2 ∫ π2 (
( π )2
)
2
2
=
1 − cos2 x cos2N xdx =
·
cos2N xdx −
cos2N +2 xdx
2
2
0
0
0
( π )2
=
· (I2N − I2N +2 )
2
)
( π )2 ( 2N − 1 2N − 3
3 1 π 2N + 1 2N − 1 2N − 3
3 1 π
=
·
··· · · −
·
·
··· · ·
·
2
2N
2N − 2
4 2 2 2N + 2
2N
2N − 2
4 2 2
)
( π )2 (
2N + 1
2N − 1 2N − 3
3 1 π
=
· 1−
·
·
··· · ·
2
2N + 2
2N
2N − 2
4 2 2
(
)
(2N − 1)(2N − 3) · · · 5 · 3 · 1
π 3
1
·
·
=
2N + 2
2N (2N − 2) · · · 4 · 2
2
sin x
0
となり，(6) を得る．
Step 7
∞
∑
1
π2
=
n2
6
(7)
n=1
を示す．
x2 cos2N x ≧ 0 であるから明らかに JN ≧ 0．また (5) と (6) より
(
)
N
(2N − 1)(2N − 3) · · · 5 · 3 · 1 π π 2 ∑ 1
0 ≦
·
−
2N (2N − 2) · · · 4 · 2
4
6
n2
n=1
0 ≦
(2N − 1)(2N − 3) · · · 5 · 3 · 1 ( π )3
1
≦
·
·
2N + 2
2N (2N − 2) · · · 4 · 2
2
(
)
N
( π )3
1
π π2 ∑ 1
−
≦
·
−→ 0 (N −→ ∞)
4
6
n2
2N + 2
2
n=1
1
y = sin x のグラフと y =
2
x のグラフの位置関係から明らか．
π
6
π
となるから，はさみうちの原理より， lim
N →∞ 4
を得る．
(
π2 ∑ 1
−
6
n2
N
n=1
)
= 0．したがって，(7)

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