もう一つの完璧なる証明〜猿でも解る？バーゼル問題”その７”

　前回｢その6｣で最終回にするつもりでしたが､タイムリーなコメントが届いたので､紹介も含め､(飲み屋じゃないけど〜笑)再延長します。

　前回でも書いたように､バーゼル問題は1644年にメンゴリによりとり上げられ､1689年にヤコブ･ベルヌイの｢無限級数の扱い｣の中で未解決問題として扱われ､大きな問題となりました。因みに､”バーゼル”とはベルヌイ一家の出身地(スイス)の事ですね。
　1734年のオイラーの最初の証明には､無限次数の方程式という点で少なからず問題がありました。その9年後の1743年に第4論文では円積分s=∫[0,x]dx/√(1−x²)とその微分dsの積の級数展開を使い､洗練された現代の規準にもマッチする証明(ダンハム曰く)を与えます。
　しかし､この証明も僅かながらですが､抽象的な所がないとも言えません。
　そこで､寄せられたコメントとオイラー自身が1745年に書いた｢無限解析入門｣を参考にして､オイラーの完璧な証明を紹介したいと思います。　

幾何を用いた最初の証明

　1734年の最初の証明には(微かな事でしたが)幾つかの問題がありました。しかし､その10年後の｢無限解析入門｣(出版は1748年)では無限解析を用いてほぼ完璧な証明を与えています。
　最初の証明は厳密には(ダンハムが紹介した)sinx/xではなく(yを定数として)､1−sinx/y=1−x/y+x³/y−x⁵/y+x⁷/y−･･･=(1−x/A)(1−x/B)(1−x/C)(1−x/D)･･･の無限級数展開=無限積を考えた。つまり､A,B,C,D,,,が(変数xの方程式)1−sinx/y=0の解となりますね。
　そこでオイラーは､(上式を少し変形した)y−sinx=0の解を求める為に(Cを中心にAを始点とした時計回りの)半径1の円を考えた(イラスト参照)。
　正弦PM=pm=yとすると､円弧AM=AとAm=π−Aが解となり､またsinxが周期2πの関数より､全ての解は､x=A+2kπ又は(π−A)+2kπとなる(k:整数)。
　特にy=1の時は(Mとm､PとC､Nとnがそれぞれ一致し)､解はπ/2,π/2,-3π/2,-3π/2,5π/2,5π/2,･･･となり､1−sinx/y=1−x/y+x³/y−x⁵/y+x⁷/y−･･･=(1−x/π/2)²(1+x/3π/2)²(1−x/5π/2)²(1+x/7π/2)²･･･を得る。

　ここで右辺の無限積を展開し､左辺の無限和のxの係数を比較すれば､−1=2×(2/π)×(−1+1/3−1/5+1/7−･･･)とライプニッツの公式”1−1/3+1/5−1/7+･･･=π/4”を得る。　
　更に､x²の係数を比較すれば､1+1/3²+1/5²+1/7²+･･･=π²/8を得る。
　ここで上式の両辺に､初項1公比1/2²の等比級数(1+1/2²+1/4²+1/8²+･･･=1/(1-1/2²))を掛けると､目出度くQ=1+1/2²+1/3²+1/4²+1/5²+･･･=π²/6(バーゼル問題)が得られます。
　以上､UNICORNさんのコメントからそのまんまでした(悲)。

無限解析による完璧な証明

　そこで､上で述べた最初の証明の矛盾を確認する。
　まずは”全ての解を書き出せるのか？”であるが､実曲線のグラフだけでは全ての解が求められない可能性がある。例えば､sinxの代りにx³とする。1−x³=0となるのは実数ではx=1だけだが､勿論1−x³=(1−x/1)ではない。
　オイラーの公式”e^√(-1)θ=cosθ+√(-1)sinθ”からe^(2kπ√(-1))=cos2kπ+√(-1)sin2kπ=1が導けるより､x=1^(1/3)=(e^(2kπ√(-1)))^(1/3)=e^(2kπ√(-1)/3)=cos(2kπ/3)+√(-1)sIn(2kπ/3)とし､x=1,(−1±3√(-1))/2を求め､1−x³=(1−x)(1−x/((−1+3√(-1))/2))(1−x/((-1-3√(-1))/2))=(1−x)(1+x+x²)を得る。
　この様に次数が有限であれば､全ての実･虚因子とそれらの重複度まで考慮し､正しい等式を得る事ができますね。

　次に､”無限積の問題”である。
　もし次数が無限の時は､全ての実･虚因子を考慮しても､正しい等式を得る事は出来ない。
　例えば､eᶻ=1+z²/2!+z³/3!+z⁴/4!+･･･の級数展開を考える。
　z=x+y√(-1)とすると､
eᶻ=e^(x+y√(-1))=eˣ･e^(y√(-1))=eˣ(cosy+√(-1)siny)となり､どんな複素数zに対してもeᶻは0にはならない。 また､eᶻの定数項は1だが多数項の場合はeᶻ=1ではない。
　ここがミソなんですが。オイラーはeの無限積表示”e=(1+1/∞)^∞”で､i(無限大量)を∞とみなし､e=(1+1/i)ⁱとします。
　これは､ニュートンの二項定理aᶻ=(1+kz/i)ⁱ=1+kz+k²z²/1･2+k³z³/1･2･3+･･･で､k=1とした時にa=eと置き換えれば､eᶻ=(1+z/i)ⁱを得た。実際にz=1,i=10000として計算すると､e=1+1+1/1･2+1/1･2･3+･･･=2.71814･･･となるから驚きですね。
　事実オイラーは､多くの項のたし算を行い､e=2.71828182845904523536028と算出し､”一番最後の数字もまた正しい”と述べている。
　これこそがe(ネイピア数)と指数関数の誕生の瞬間ですが､眺める程にアッパレです。

　少し横道逸れましたが､上の無限積表示”eᶻ=(1+z/i)ⁱ”から解るように､eᶻ=0の解zは−i(負の無限大量)なので､複素数の中には見つからない。更に無限積の場合､積の順序に寄る収束性の問題も無視できない。

多項式から超越関数へ

　前回の最後でも言った様に､オイラーの完全なる”バーゼル問題”の証明(1745､1748)では､多項式aⁿ−zⁿの有限積表示から始め､超越関数(eˣ−e⁻ˣ)/2の無限積表示を求めている。
　以下では､(簡単の為に)nが奇数の時を考えます。
　aⁿ−zⁿ=aⁿ−(1⁻ⁿz)ⁿ=aⁿ−(e^(2kπ√(-1)/n))z)ⁿ
　=∏ₖ[0,n-1](a−e^(2kπ√(-1)/n))z)
　=∏ₖ[0,n-1](a−(cos(2kπ/n)+√(-1)sin(2kπ/n))z)と有限積表示にします。
　ここで､k=0の時はa−(cos(2kπ/n)+√(-1)sin(2kπ/n))z=a−zとなり､因子(a−z)を前へ外せる。またk=1~n-1の時の残りの積因子は(n:奇数より)､∏ₖ[1,(n-1)/2](a²−2az･cos(2kπ/n)+z²)と展開できる。
　故に､上式=(a−z)∏ₖ[1,(n-1)/2](a²−2az･cos(2kπ)+z²)と変形できる。
　この変形は少し難しいんですが､前へ進みます(悪しからず)。

　上式でa−zの因子を外すと､残りは全て三項因子(共役な二項の虚因子(√-1を含む因子)が掛け合わさった三項の実因子)となる。
　この三項因子”a²−2az･cos(2kπ/n)+z²”にて､a=(1+x/n)､z=(1−x/n)とおくと､(1+x/n)²−2(1−x²/n²)cos(2kπ/n)+(1−x/n)²−①となる。
　ここで､n=i(無限大量)とすると､前述したeの無限積表示”eᶻ=(1+z/i)ⁱ”より､aⁿ=(1+x/i)ⁱ=eˣ､zⁿ=(1−x/i)ⁱ=e⁻ˣとなる。
　cosxの無限級数(マクロリン)展開であるcos(2kπ/i)=1−(2kπ/i)²/2!+(2kπ/i)⁴/4!−･･･において､4次以降の無限大量i(=n)の影響から無視していい事になる。
　つまり､殆どゼロに近くなるから､cos(2kπ/i)=1−(2kπ/i)²/2!としても差し支えない。事実､n=10000000としkがn(=i)に比べ十分に小さい値として計算すれば､オイラーの説明が正しい事が解る。

　すると先程の三項因子①は､(1+x/i)²−2(1−x²/i²)(1−(2kπ/i)²/2!)+(1−x/i)²=(1+x²/k²π²−x²/i²)4k²π²/i²となる。
　そこで､三項因子の最後の項−x²/i²はi乗しても無限に小さい影響しか与えないので外してもよく､一方でa−z=(1+x/i)−(1−x/i)=2x/iから得られる因子はxのみである。
　ここで､aⁿ−zⁿ=eˣ−e⁻ˣより､nを無限大量(=i)とした時のeˣ−e⁻ˣの無限級数を考えればいい。
　更に､n=∞とした時の超越関数(eˣ−e⁻ˣ)/2の無限級数展開は(eˣ−e⁻ˣ)/2=x∏ₖ[1,∞](1+x²/k²π²)=x(1+x²/π²)(1+x²/4π²)(1+x²/9π²)(1+x²/16π²)･･･ー②と展開できる事が判る。
　因みに､(eˣ−e⁻ˣ)/2はsinhxと呼ばれる双曲線(正弦)関数で､sinh(πz)=sin(πz√-1)/√-1=πz∏ₖ[1,∞](1+z²/k²)の無限乗積展開を与えるが､πz=xとすれば②式は明らかですね。この証明は､対数微分とcot関数の部分分数分解を用いますが､長くなるのでここでは省きます。

　またオイラーの公式から､sinz={e^(z√(-1))−e^(-z√(-1))}/2√(-1)が導けるので､②式でx=z√(-1)とおいて両辺を√-1で割れば､sinz=z(1−z²/π²)(1−z²/4π²)(1−z²/9π²)(1−z²/16π²)･･･を得る。
　ここで上式のz³の係数を､(マクロリンの)無限級数展開”sinz=z−z³/3!+z⁵/5!−z⁷/7!+･･･”と比較すれば､−(1+1/4+1/9+1/16+･･･)/π²=−1/3!となり､バーゼル問題の完璧なる解答が得られた。
　以上､前回同様に｢オイラー無限解析の源流｣(高橋浩樹 著)を参考でした。　

最後に〜多項式から超越関数

　多項式aⁿ−zⁿの有限積表示が非常に解り難かったんですが､√-1を含む虚因子の有限積表示から､三項の実因子を抽出し､a=(1+x/n)､z=(1−x/n)と置き換え､nを無限大として､超越関数(双曲線関数)である(eˣ−e⁻ˣ)/2の無限積表示に移行します。
　aⁿ−zⁿを無限積(n→∞)に拡張する事でオイラーは､(eˣ−e⁻ˣ)/2の無限積表示がx∏(1+x²/k²π²)の形をしてる事を見抜いたんでしょうか。
　最後に､x=z√(-1)とおいて､超越関数(sinhx)の無限積展開とsinzのマクロリン無限級数展開を比較する辺りは実に心憎いですよね。

　因みに､超越関数(transcendental function)とは､多項式を満たさない解析関数の事で､代数関数と対照的に(区別して)用います。
　つまり､超越関数は加算や乗算それに冪根という”代数的演算を有限回用いて表せない”という意味で代数を”超越”したものと言えます。
　超越関数の例としては､指数関数や対数関数､そして三角関数が挙げられます(ウィキ)。

　実は､この回で終わりにしたかったんですが､次回はバーゼル問題に対する”オイラーの自信の根拠”について､述べたいと思います。
　長々と悪しからずでした。