1400年頃に活躍したインドの数理天文学者、マーダヴァによる円周率の求め方を解説した動画を公開しました。
マーダヴァは以下の公式を発見し、円周率を求めたとされています。
\begin{align} \frac{\pi}{4} &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2k + 1} \\ &= 1 -\frac{1}{3} +\frac{1}{5} -\frac{1}{7} + \frac{1}{9} – \cdots \end{align}
動画ではこの公式のマーダヴァによる証明を解説していますが、少し厳密でないところがありました。気になる方のために補足をします。
ちなみにこの公式は、グレゴリー、ライプニッツも独立に証明しており、マーダヴァ・グレゴリー・ライプニッツの公式と呼ばれています。
目次
$\sum_{n=1}^{m} \frac{1}{mk_{n-1}k_n}$ が $\frac{\pi}{4}$ に収束すること
動画では $\sum_{n=1}^{m} \frac{1}{mk_{n-1}k_n}$ が $m \to \infty$ で $\frac{\pi}{4}$ に収束することの証明を避けていますが、例えば以下の方法で証明できます。
動画中で以下の不等式を示しています。
$$\frac{1}{m}\sum_{n=1}^m \frac{1}{k_n^2} < \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{mk_{n-1}k_n} < \frac{1}{m}\sum_{n=1}^m \frac{1}{k_n^2} + \frac{1}{2m}$$
これにより、左辺と中辺は同じ値に収束します。
$$k_n^2 = 1 + \left(\frac{n}{m}\right)^2$$
なので左辺は
$$\frac{1}{m}\sum_{n=1}^m \frac{1}{1 + \left(\frac{n}{m}\right)^2}$$
となりますが、区分求積法により
\begin{align} \lim_{m \to \infty} \frac{1}{m}\sum_{n=1}^m \frac{1}{1 + \left(\frac{n}{m}\right)^2} &= \int_0^1 \frac{1}{1 + x^2}dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{1 + \tan^2\theta} \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 d \theta \\ &= \frac{\pi}{4} \end{align}
となり、$\frac{\pi}{4}$ に収束することがわかります。
級数の極限
動画では
$$\frac{1}{m^{2k+1}}\sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} \to \frac{1}{2k+1} \quad (m \to \infty)$$
を用いて
$$\lim_{m \to \infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}} \sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{2k+1}$$
を導いていますが、本当はもう少し厳密な議論をする必要があります。
厳密でない理由
動画内では、$0$ に近づくものを無限回足し合わせた場合、 $0$ にならない可能性があると説明していますが、それを詳しく説明します。まず、
$$\varepsilon^m_k = \frac{1}{2k+1} -\frac{1}{m^{2k+1}}\sum_{n=1}^{m-1} n^{2k}$$
とおくと、$\varepsilon^m_k \to 0$ $(m \to \infty)$ となります。一方
\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} &= \lim_{l \to \infty} \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{2k+1} \\ &= \lim_{l \to \infty} \sum_{k=0}^l \left(\frac{(-1)^k}{m^{2k+1}}\sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} + (-1)^k \varepsilon_k^m \right) \\ &= \lim_{l \to \infty} \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}}\sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} + \lim_{l \to \infty} \sum_{k=0}^l (-1)^k\varepsilon_k^m \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}}\sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} + \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m \end{align}
となります。よって上記の議論を正当化するならば、$\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m$ が $m \to \infty$ で $0$ であることを証明する必要があります。
$\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m$ が有限値であること
$0$ に収束することを確認する前に、まずは $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m$ が有限値であることを確かめましょう。そのためには、$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1}$ と $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}} \sum_{n=1}^{m-1} n^{2k}$ が有限値であることを示せば十分です。
$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}} \sum_{n=1}^{m-1} n^{2k}$ については、
$$0 < \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{m^{2k+1}} \sum_{n=1}^{m-1} n^{2k} < \frac{\pi}{4}$$
であることを動画内で示しています。
$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1}$ については、$\frac{\pi}{4}$ であることを事前に知っていれば有限値であることは明らかですが、そうではない場合も (具体的な値を知る必要がなければ) 以下のサイトの通りにして有限値であることがわかります。
$\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m$ の計算
$\sum_{n=1}^{m-1} n^{k}$ は以下のように計算されるのでした。
\begin{align} \binom{n}{k} &= \frac{n!}{k!(n-k)!} \\ &= \frac{n \cdot (n -1) \cdots (n -k +1)}{k \cdot (k-1) \cdots 2 \cdot 1} \end{align}
とおくと、
\begin{align} m^{k+1} -1 &= \sum_{n=1}^{m-1} ((n + 1)^{k+1} -n^{k+1}) \\ &= \sum_{n=1}^{m-1} \Big(\Big(n^{k+1} +\binom{k+1}{k} n^k + \binom{k+1}{k-1} n^{k-1} +\cdots + 1\Big) -n^{k+1}\Big) \\ &= \sum_{j=0}^{k} \sum_{n=1}^{m-1} \binom{k+1}{j} n^{j} \\ &= (k+1) \sum_{n=1}^{m-1} n^k + \sum_{j=0}^{k-1} \binom{k+1}{j} \sum_{n=1}^{m-1} n^{j} \\ \end{align}
から、$k > 0$ のとき
$$\sum_{n=1}^{m-1} n^k = \frac{1}{k+1} m^{k+1} -\frac{1}{k+1} -\sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{k+1} \binom{k+1}{j}\sum_{n=1}^{m-1} n^j$$
となります。ここで、$N_{m-1}(k) = \sum_{n=1}^{m-1} n^k$ とおくと、上の等式は
$$N_{m-1}(k) = \frac{1}{k+1} m^{k+1} -\frac{1}{k+1} -\sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{k+1} \binom{k+1}{j}N_{m-1}(j)$$
と表されます。
$\varepsilon^m_k$ の定義から $k > 0$ のとき
\begin{align} &\varepsilon^m_k \\ = \ & \frac{1}{2k+1} -\frac{1}{m^{2k+1}}N_{m-1}(2k) \\ = \ & \frac{1}{2k+1} -\frac{1}{m^{2k+1}} \left( \frac{1}{2k+1} m^{2k+1} -\frac{1}{2k+1} -\sum_{j=0}^{2k-1} \frac{1}{2k+1} \binom{2k+1}{j} N_{m-1}(j) \right) \\ = \ & \frac{1}{(2k+1)m^{2k+1}} + \frac{1}{m^{2k+1}}\sum_{j=0}^{2k-1} \frac{1}{2k+1} \binom{2k+1}{j} N_{m-1}(j) \end{align}
となります。ちなみに $\varepsilon_0^m = 0$ です。これを計算するのは難しいので、これ以上は諦めます。
マーダヴァによる $\sum_{n=1}^{m-1} n^k$ の計算
ちなみにマーダヴァは、$N_{m-1}(k)$ を別の方法で計算していたようです。それを紹介しておきます。
\begin{align} N_{m-1}(k) &= \sum_{n=1}^{m-1} n^k \\ &= \sum_{n=1}^{m-1} ((m-1) + (n -(m-1)) ) n^{k-1} \\ &= (m-1)\sum_{n=1}^{m-1}n^{k-1} -\sum_{n=1}^{m-1}(m-1 -n) n^{k-1}\\ &= (m-1)N_{m-1}(k-1) -\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(k-1) \end{align}
ここで最後の等式は、以下の式を縦に計算することで得られます。
\begin{align} N_{m-2}(k-1) &= 1^{k-1} + 2^{k-1} + 3^{k-1} + \cdots + (m-3)^{k-1} + (m-2)^{k-1} \\ N_{m-3}(k-1) &= 1^{k-1} + 2^{k-1} + 3^{k-1} + \cdots + (m-3)^{k-1} \\ \cdots \quad & \qquad \cdots \\ N_{3}(k-1) &= 1^{k-1} + 2^{k-1} + 3^{k-1} \\ N_{2}(k-1) &= 1^{k-1} + 2^{k-1} \\ N_{1}(k-1) &= 1^{k-1} \\ \end{align}
ここで、とても粗いですが、$m$ が十分大きいときに、$k-1$ 以下について
$$\frac{1}{m^{k}} N_{m-1}(k -1) \sim \frac{1}{k}$$
\begin{align} \frac{1}{m^{k}} \sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(k-1) &\sim \frac{1}{m^{k}} \sum_{n=1}^{m-2} \frac{1}{k} n^k \\ &= \frac{1}{m^{k}} \frac{1}{k} N_{m-2}(k) \\ &= \frac{1}{m^{k}} \frac{1}{k} N_{m-1}(k) -\frac{1}{k}\frac{(m-1)^k}{m^k} \\ &\sim \frac{1}{m^{k}} \frac{1}{k} N_{m-1}(k) -\frac{1}{k} \\ \end{align}
が成り立つとすれば、
$$\frac{1}{m^{k+1}} N_{m-1}(k) \sim \cfrac{1}{k\left(1 + \frac{1}{k}\right)} = \frac{1}{k+1}$$
が得られます。
ちなみにこの方法で $\varepsilon_k^m$ を計算すると
\begin{align} & \varepsilon_k^m \\ = \ & \frac{1}{2k +1} -\frac{1}{m^{2k+1}} N_{m-1}(2k) \\ = \ & \frac{1}{2k +1} -\frac{1}{m^{2k+1}} \left( (m-1)N_{m-1}(2k-1) -\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-1)\right) \\ = \ & \frac{1}{2k -1} -\frac{1}{(2k +1)(2k -1)} \\ & \qquad -\frac{1}{m^{2k+1}} \left( (m-1)^2 N_{m-1}(2k-1) -(m-1)\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-2) -\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-1)\right) \\ = \ & \frac{1}{2k -1} -\frac{(m-1)^2}{m^{2k+1}} N_{m-1}(2k-1) -\frac{1}{(2k +1)(2k -1)} \\ & \qquad + \frac{1}{m^{2k+1}}\left((m-1)\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-2) +\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-1)\right) \\ = \ & \varepsilon_{k-1}^m + \frac{2m-1}{m^{2k+1}} N_{n}(2k-1) -\frac{1}{(2k +1)(2k -1)} \\ & \qquad + \frac{1}{m^{2k+1}}\left((m-1)\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-2) +\sum_{n=1}^{m-2} N_{n}(2k-1)\right) \\ \end{align}
こちらの方が $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \varepsilon_k^m$ が簡単かもしれませんが、それでも大変なので諦めます。
マーダヴァ・グレゴリー・ライプニッツの公式のちゃんとした証明
一応ちゃんとした証明も書いておきます。それには積分を使うのが楽です。先ほど示した通り、
$$\int_{0}^1 \frac{1}{1 + x^2}dx = \frac{\pi}{4}$$
が成り立ちます。ここで $|x| < 1$ のとき
$$\frac{1 +(-1)^nx^{2(n+1)}}{1 + x^2} = 1 -x^2 + x^4 -\cdots + (-1)^n x^{2n} \tag{*}$$
でなので、左辺を $0$ から $1$ まで積分すると
\begin{align} \int_{0}^1 \frac{1 + (-1)^nx^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx &= \int_{0}^1 \frac{1}{1 + x^2}dx + \int_{0}^1 \frac{(-1)^n x^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx \\ &= \frac{\pi}{4} + \int_{0}^1 \frac{(-1)^n x^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx \end{align}
となります。二項目は
\begin{align} 0 &\leq \left|\int_{0}^1 \frac{(-1)^n x^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx\right| \\ &\leq \left|\int_{0}^1 \frac{x^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx\right| \\ & \leq \left|\int_{0}^1 x^{2(n+1)}dx\right| \\ &\leq \frac{1}{2n+3} \end{align}
なので
$$\frac{\pi}{4} -\frac{1}{2n+3} \leq \int_{0}^1 \frac{1 + (-1)^nx^{2(n+1)}}{1 + x^2}dx \leq \frac{\pi}{4} +\frac{1}{2n+3}$$
となります。よって
$$\lim_{n\to \infty} \int_{0}^1 \frac{1 + (-1)^nx^{2(n+1)}}{1 + x^2} dx = \frac{\pi}{4}$$
となります。
一方 $(*)$ の右辺を $0$ から $1$ まで積分すると
\begin{align} & \int_{0}^1 1 -x^2 + x^4 -\cdots + (-1)^{n} x^{2n} dx \\ = \ & \left[x\right]_0^1 -\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1 + \left[\frac{x^5}{5}\right]_0^1 -\cdots + \left[\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^1 \\ = \ & 1 -\frac{1}{3} + \frac{1}{5} -\cdots + \frac{(-1)^n}{2n +1} \\ = \ & \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} \end{align}
となります。よって
\begin{align} \frac{\pi}{4} &= \lim_{n\to \infty} \int_{0}^1 \frac{1 + (-1)^{n-1}x^{2n}}{1 + x^2} dx \\ &= \lim_{n \to \infty} \int_{0}^1 1 -x^2 + x^4 – \cdots + (-1)^n x^{2n} dx \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \end{align}
が成り立ちます。
参考文献
・インド数学研究―数列・円周率・三角法. 楠葉 隆徳 (著), 矢野 道雄 (著), 林 隆夫 (著)
・交代級数の収束性の証明とその具体例. 数学の景色