ウォリスの無限積とオイラーの最終証明〜猿でも解る？バーゼル問題”その５”

　約1ヶ月ぶりの数学ネタで､少しボケてる所があるかもですが､ご勘弁を・・・

　”バーゼル問題”の起源とその難関に最初に挑んだベルヌイ一家の冒険と苦難は､無限級数Q=1+1/2²+1/3²+･･･の精密な値を求めるという(バーゼル問題の)分厚い壁に果敢に挑んだ3人の数学者(ダニエル､ゴールドバハ､スターリング)に引き継がれました。
　そして､オイラーが無限級数Qの収束性を考察する為の加速法として用いた”オイラー=マクロリン級数”を使い､非常に精度の高い値(小数11位まで一致)を求めます。
　前回｢その4｣では､自然対数logₑx(=lnx)の級数展開を用いたオイラー自身2つ目の加速法を生み出すに至った。
　この方法だと､項数さえ増やせば幾らでも精密な値を求める事が出来､お陰でオイラーは”バーゼル問題に精密な数値を与える”という数学史上初めて”最初の楔”を打ち込みました。

　そこで今日は､”オイラー積”の起源となった？(と自分で勝手に思ってる)”ウォリスの無限積”とオイラーの第三の論文について紹介したいと思います。
　以下これまでと同じく､｢バーゼル問題とオイラー｣(pdf版､杉本敏夫)を一部参考にして紹介します。
　

ウォリスの無限積

　オイラーの有名な第三論文を紹介する前に､彼に潜在意識として大きく作用したと思われるウォリスの研究(1656)を見ます。
　ジョン•ウォリス(英､1616-1703､写真)は､L=∫dx√(1−xx)､(但し､x=0~1まで積分)の値を､当時(x=0~1までの)積分が可能であった∫dx√(1−(√x)ᵐ)ᵏ､(但しmとkは偶数)の値を多様に求め､それらの値を補間する事でLの値を求めようとしました。
　しかし､階乗n!(=1･2･3･･･n)でnが整数なら簡単だが､nが非整数の場合は簡単じゃない。故に上式を求めるには､階乗の(1/2)!の値を求める時のある種の”補間法”に匹敵する事を発見したのです。
　つまり､青年オイラーが階乗1･2･3･･･nに異常までに興味を抱いた事は明らかでした。
　ウォリスはその結果(中間的に)､(3/2)L>(2/3)/(3/4)L>(3/4)(15/8)L>･･･を得ます。

　これにより1/Lは､(3･3･5･5･･･13･13)/(2･4･4･6･･･12･14)√(1+1/13)>1/L>(3･3･5･5･･･13･13)/(2･4･4･6･･･12･14)√(1+1/14)ー①なる2つの不等式に挟まれる事を示しました。
　L=∫[0,1]√(1−x²)dは(円面積の1/4を求める積分で)π/4となり､明らかに1/L=4/πですね。

　オイラーは､恐らく(以下で述べる)この”ウォリスの無限積”を弄っている内に､2/π=(3/4)･(15/16)･(35/36)･･･=(1−1/4)･(1−1/16)･(1−1/36)･･･=(1−1/2)･(1+1/2)･(1−1/4)･(1+1/4)･(1−1/6)･(1+1/6)･･･なる変形に気付いたのかも知れない。
　しかし､これは(杉本氏の)身勝手な発見学的空想であり､オイラーの雑記帳などが開示されなければ確かめる事は不可能だとされる。　
　因みにウォリスの無限積(ウォリス積=ウォリスの公式)とは､∏ₙ[1,∞](2n)²/(2n−1)(2n+1)=(2･2/1･3)･(4･4/3･5)･(6･6/5･7)･･･=π/2の事で､(以下で述べる)”ウォリス積分”より得られる極限の式に帰着する。しかし､複素関数としてのsin関数の無限乗積展開の公式”πz/sinπz=∏ₙ[1,∞]n²/(n²−z²)”からの方が簡単？に導き出せます。
　事実､上の乗積展開公式にz=1/2を代入すると､ウォリス積である∏ₙ[1,∞](4n²/4n²−1)=∏ₙ[1,∞](2n)²/(2n−1)(2n+1)=π/2を得る(証明終)。
　但し､sinπzは複素平面全体で正則(マクロリン展開の収束半径が無限大)より､以下の無限次の多項式で表される。つまり､sinπzの零点(解)はz=0,±nより､sinπz=cz∏ₙ[1,∞](1+z/n)(1−z/n)=cz∏ₙ[1,∞]1/(1−n²/z²)となります。
　この両辺を微分し､z=0を代入すればc=πとなり､上の乗積展開を得る。

ウォリス積分

　一方で”ウォリス積分”での証明だが､ウォリス積分とはsinのn乗の積分の事で(sinとcosの対称性にて)､Iₙ=∫[0,π/2]sinⁿθdθ=∫[0,π/2]cosⁿθdθで定義されます。
　まず､Iₙの計算は部分積分を使い､
Iₙ=∫sinⁿθdθ=∫sinθsinⁿ⁻¹θdθ=∫(−cosθ)’sinⁿ⁻¹θdθ=[(−cosθ)’sinⁿ⁻¹θ]−∫(−cosθ)(sinⁿ⁻¹θ)’dθ=(n−1)∫sinⁿ⁻²θ(1−sin²θ)dθ=(n−1)(Iₙ₋₂−Iₙ)と変形し､Iₙ=(n−1)Iₙ₋₂/n､n≥2の漸化式を得て､これよりnの偶奇に応じて以下の様に､Iₙの値が求まります。
　nが奇数の時は､Iₙ=((n−1)/n)･((n−3)/(n−2))･･･=I₁(n−1)!!/n!!=(n−1)!!/n!!。
　nが偶数の時は､Iₙ=I₀(n−1)!!/n!!=π/2･(n−1)!!/n!!。但し､初期条件でI₀=π/2とI₁=1を使ってます。
　ここで､”!!”とは1個飛ばしの”2重階乗”を表し､nが偶数の時はn!!はnまでの偶数の積で､奇数の時は(n−1)!!はn−1までの奇数の積となります。
　一方でこの2重階乗”!!”を使えば､ウォリスの無限積は”lim[n,∞]((2n)!!)²/(2n−1)!!(2n+1)!!”で表されます。
　そこで”ウォリス積分”を使い､無限積の公式を導くには､0~π/2ではsinθ≥0よりI₂ₙ₊₂<I₂ₙ₊₁<I₂ₙを満たす事と､上で求めたIₙの値を使う。
　I₂ₙ₊₂=π/2･(2n+1)!!/(2n+2)!!､I₂ₙ₊₁=(2n)!!/(2n+1)!!､I₂ₙ=π/2･(2n−1)!!/(2n)!!となり､π/2･(2n+1)!!/(2n+2)!!<(2n)!!/(2n+1)!!<π/2･(2n−1)!!/(2n)!!の不等式を得る。
　そこで､この式に(2n)!!/(2n−1)!!を掛けると､π/2･(2n+1)/(2n+2)<((2n)!!)²/(2n−1)!!(2n+1)!!<π/2を得ます。
　ここでn→∞とすれば､”はさみ打ちの原理”により､ウォリスの無限積である∏ₙ[1,∞](2n)²/(2n−1)(2n+1)=π/2を得る(証明終)。
　以上､｢高校数学の美しい物語｣を一部参考にしました。

　ウォリスの無限積を書き下して計算すると､π(円周率)が登場するという摩訶不思議な発見ですね。公式には1個飛ばしの自然数の積(2重階乗)が登場しますが､この証明にウォリスは､sinのn乗の積分(ウォリス積分)を思いついたんですかね。
　このウォリスの無限積は形としてはキレイですが､収束が甚だ遅く､計算には適さない。つまり､円周率πに収束する無限積としては根号を含まず計算しやすいが､(収束が遅く)実用的ではない。
　例えば､上式①に示したn=14項までの積×平方根では､1.27498･･･>1.27323･･･>1.27172･･･しか求まらない。つまり目標の1.27323･･･(=1/L=4/π)に比べ､両側の数値はかなり遠いんですね。
　しかし(冒頭で述べた様に)､ウォリスの無限積(1656)が後のオイラー積(1737)に結びついたのも､偶然とは言えない気がするのは私だけだろうか。

正弦(SIN)関数の因数分解

　オイラーのあまりにも有名な第三論文(1734､1740)ですが､｢逆数の級数の和について｣でオイラーは､次の様に推理を進めた。

　”根0を持たない､n次の方程式P(x)=0がn個の根a,b,c,,,μ,vを持つならば､P(x)=(1−x/a)(1−x/b)(1−x/c)･･･(1−x/u)(1−x/v)と因数分解される”
　そこでこの右辺を級数に展開すれば､P(x)=1−(1/a+1/b+1/c+･･･+1/u+1/v)x+(1/ab+1/ac+･･･+1/bc+･･･+1/uv)x²+･･･。
　ここで､xの係数が−(1/a+1/b+1/c+･･･+1/u+1/v)なる事に注目する。
　オイラーは大胆(無鉄砲)にも､”この有限次数の方程式の場合に成立する根と係数の関係が､無限次数の友程式にも成立する”と考えた。
　つまり正弦関数の級数展開より､P(x)=sinx/x=1−x²/1･2･3+x⁴/1･2･3･4･5−･･･ー②の無限個ある根は±π､±2π､±3π､､､であると。
　故に､この場合も因数分解であるP(x)=sinx/x=(1−x/π)(1+x/π)(1−x/2π)(1+x/2π)(1−x/3π)(1+x/3π)･･･=(1−x²/π²)(1−x²/4π²)(1−x²/9π²)･･･ー③が成立する。
　これは根と係数の関係により､有限次数の時に成立するのだが､”無限次数でも成立する”と(飛躍して)オイラーは考えた。
　つまり､②と③のx²の係数を比較し､−/1•2•3=1/π²+1/4π²+1/9π²+･･･に−π²を掛けて､とうとうバーゼル問題の本質である”π²/6=1/1+1/4+1/9+･･･”を得る。

　このオイラーが得た結果は､印刷される(1740)よりも前(1734)に手紙によって欧州
を駆け巡った。 ヨハン•ベルヌイは､”もし私の兄が生きていたなら！”と悔やんだ。
　やがて異論も現れる。
　ヤコブの甥ダニエルは､”0,±π,±2π,±3π,,,が方程式の凡ての根である事を証明していない”と批判した。
　またヤコブのもう一人の甥ニコラスも､”方程式の根±π,±2π,±3π,,,以外に実根がない事は示したが､その他に虚根が有り得ない事を証明していない”と食い下がる。
　しかしオイラーは､先の｢その4｣で求めた1.644934066847494なる値が､π²/6と小数11桁も一致する事 (一致の確率は1/10¹¹でしか生じないほど稀有の事とされる)から､絶対の確信は揺らがなかったのだ。

　以上､ウォリスの無限積で長引き､オイラーがバーゼル問題の本質を暴いた所で､今日は終わりにします。
　次の最終回｢その5｣では､オイラーの洗練されたケチのつけようのない証明を紹介したいと思います。