バーゼル級数
数学Ⅲ既習者(難関大対策＋) ★★★★★
バーゼル問題に関して扱い，大学入試における関連問題を練習問題で扱います．
バーゼル問題とその証明
以下の無限級数
$\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots$
は収束するのか，収束したとしてその極限値はどうなるのか考察する問題をバーゼル問題(basel problem)というようです．当サイトでは上の級数をバーゼル級数と便宜的に呼ぶことにします．バーゼルというのはスイスの都市の名前で，そこに由来のあったオイラー等の数学者が関わったことでこの名前が付いているようです．
バーゼル級数の導き方として，大学数学を使う方法，高校数学で示す方法ありますが，当サイトでは高校数学での証明を扱います．
バーゼル級数
$\displaystyle \boldsymbol{\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}}$
以下で高校数学での当サイトの証明方法の流れを先に記しておきます．
証明の流れ
証明の流れ
$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ において
${\rm Im} (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n+1}=\sin(2n+1)\theta=0$
$\therefore \ \theta=\dfrac{k\pi}{2n+1}$ $(k=1,2,\cdots,n)$
↓
$\displaystyle {\rm Im} (\sqrt{x}+i)^{2n+1}={\rm Im} \sum_{k=0}^{2n+1} {_{2n+1}{\rm C}_{k}} (\sqrt{x})^{2n+1-k} \cdot i^{k}=0$ の $n$ 次方程式の解は，
${\rm Im} (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n+1}={\rm Im} \sin^{2n+1}\theta\left(\sqrt{\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}}+i\right)^{2n+1}=0$ と比較することで $x=\dfrac{1}{\tan^{2}\dfrac{k\pi}{2n+1}}$ $(k=1,2,\cdots,n)$ となる．
↓
解と係数の関係から
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}$
が示される．
↓
$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ において $\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}<\dfrac{1}{\theta^{2}}<\dfrac{1}{\sin^{2}\theta}$ が成り立つことを使って，バーゼル級数の極限値をはさみうちで導く．
証明
証明
$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ において，ド・モアブルの定理より
${\rm Im} (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n+1}=\sin(2n+1)\theta=0$
$\therefore \ \theta=\dfrac{k\pi}{2n+1}$ $(k=1,2,\cdots,n)$ $\cdots$ ①
また
$\displaystyle {\rm Im} (\sqrt{x}+i)^{2n+1}$
$\displaystyle ={\rm Im} \sum_{k=0}^{2n+1} {_{2n+1}{\rm C}_{k}} (\sqrt{x})^{2n+1-k} \cdot i^{k}$ ←二項定理
$\displaystyle ={_{2n+1}{\rm C}_{1}} x^{n}-{_{2n+1}{\rm C}_{3}} x^{n-1}+\cdots=0$ $\cdots$ ②
の $n$ 次方程式の解は
${\rm Im} (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n+1}$
$={\rm Im} \sin^{2n+1}\theta\left(\dfrac{1}{\tan\theta}+i\right)^{2n+1}$ $\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)$
$={\rm Im} \sin^{2n+1}\theta\left(\sqrt{\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}}+i\right)^{2n+1}=0$
$\therefore \ {\rm Im} \left(\sqrt{\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}}+i\right)^{2n+1}=0$ $\cdots$ ③
と比較することで，①，②，③より，②の解は $x=\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}$ $(k=1,2,\cdots,n)$ となる．
②において解と係数の関係から
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}=\dfrac{{_{2n+1}{\rm C}_{3}}}{{_{2n+1}{\rm C}_{1}}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}$ $\cdots$ ④
が成り立つ．
また，$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ において $\sin\theta < \theta<\tan\theta$ より，$\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}<\dfrac{1}{\theta^2}<\dfrac{1}{\sin^{2}\theta}=1+\dfrac{1}{\tan^{2}\theta}$ なので
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)^2}<\sum_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}\right)$
④を上の不等式に適用して
$\displaystyle \dfrac{n(2n-1)}{3}<\dfrac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}<n+\dfrac{n(2n-1)}{3}$
整理して
$\displaystyle \dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}<\dfrac{n\pi^2}{(2n+1)^{2}}+\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}$
となるから
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}=\lim_{n \to \infty}\left\{\dfrac{n\pi^2}{(2n+1)^{2}}+\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}\right\}=\dfrac{\pi^2}{6}$ より
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$
※ $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ において $\sin\theta < \theta<\tan\theta$ であることは，$f(\theta)=\theta-\sin\theta>0$ と $g(\theta)=\tan\theta-\theta>0$ であることを微分で示すだけなので割愛しています．
練習問題
練習
$i$ を虚数単位とする．
(1) $(1+i)^7=$ ア
(2) $(\sqrt{x}+i)^7$ の虚部は $x$ の 3 次多項式 イ である．ただし， イ は降べきの順に整理して答えよ．
(3) $(\cos \theta + i \sin \theta)^7$ が実数のとき，$\theta = $ ウ , エ , オ である．ただし，$0 < $ ウ $ < $ エ $ < $ オ $ < \dfrac{\pi}{2}$ とする．
(4) $a = \tan$ ウ , $b = \tan$ エ , $c = \tan$ オ とおき，多項式 イ を因数分解すると
となる．ただし， キ は $a$ を， ク は $b$ を， ケ は $c$ を用いて表せ．
(5) $n$ は自然数のとき $(\sqrt{x}+i)^{2n+1}$ の虚部は $x$ の $n$ 次多項式になる．この多項式の $n$ 次の係数は コ , $(n-1)$ 次の係数は サ である．したがって，
(6) $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ のとき $\sin \theta < \theta < \tan \theta$ より $\displaystyle \frac{1}{\tan^2 \theta} < \frac{1}{\theta^2} < \frac{1}{\sin^2 \theta}$ が成り立ち，
を得る．
練習の解答 出典：2018東海大医学部1日目
(1)
$(1+i)^7$
$= \left\{\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\right\}^7$
$=2^{\frac{7}{2}}\left(\cos\dfrac{7\pi}{4}+i\sin\dfrac{7\pi}{4}\right)$
$=\boldsymbol{8-8i}$ $\cdots$ (ア)
(2)
$(\sqrt{x}+i)^7$ の虚部は，二項定理より
$={}_{7}\mathrm{C}_{1}(\sqrt{x})^6-{}_{7}\mathrm{C}_{3}(\sqrt{x})^4+{}_{7}\mathrm{C}_{5}(\sqrt{x})^2-{}_{7}\mathrm{C}_{7}$
$=\boldsymbol{7x^3-35x^2+21x-1}$ $\cdots$ (イ)
(3)
$(\cos\theta+i\sin\theta)^7$
$=\cos 7\theta+i\sin 7\theta$
これが実数となる条件は，$\sin 7\theta=0$．
$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ より $0 < 7\theta < \dfrac{7\pi}{2}$ であるから
$7\theta=\pi, 2\pi, 3\pi$，ゆえに $\theta=\boldsymbol{\dfrac{\pi}{7}, \dfrac{2\pi}{7}, \dfrac{3\pi}{7}}$ $\cdots$ (ウ)
(4)
$\sqrt{x}=\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}$ $\left(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\right)$ とおくと
$(\sqrt{x}+i)^7=\left(\dfrac{\cos\theta+i\sin\theta}{\sin\theta}\right)^7=\dfrac{\cos 7\theta+i\sin 7\theta}{\sin^7\theta}$
(3)より，$\theta=\dfrac{\pi}{7}, \dfrac{2\pi}{7}, \dfrac{3\pi}{7}$ のとき虚部は $0$ となる．
よって，多項式イは $x=\dfrac{1}{\tan^2\frac{\pi}{7}}, \dfrac{1}{\tan^2\frac{2\pi}{7}}, \dfrac{1}{\tan^2\frac{3\pi}{7}}$ を解にもつ．
$x^3$ の係数が $7$ であるから
イ $=\boldsymbol{7\left(x-\dfrac{1}{a^2}\right)\left(x-\dfrac{1}{b^2}\right)\left(x-\dfrac{1}{c^2}\right)}$ $\cdots$ (カキクケ)
(5)
二項定理より，$(\sqrt{x}+i)^{2n+1}$ の虚部の多項式において
$n$ 次の係数は ${}_{2n+1}\mathrm{C}_{1}=\boldsymbol{2n+1}$ $\cdots$ (コ)
$(n-1)$ 次の係数は $-{}_{2n+1}\mathrm{C}_{3}=\boldsymbol{-\dfrac{n(2n+1)(2n-1)}{3}}$ $\cdots$ (サ)
解と係数の関係より，求める和は
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}}=\dfrac{{_{2n+1}{\rm C}_{3}}}{{_{2n+1}{\rm C}_{1}}}=\boldsymbol{\dfrac{n(2n-1)}{3}}$ $\cdots$ (シ)
(6)
不等式に $\theta=\dfrac{k\pi}{2n+1}$ を代入して $k=1$ から $n$ まで和をとると
$\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}} < \sum_{k=1}^n \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2} < \sum_{k=1}^n \left(1+\dfrac{1}{\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right)$
(5) の結果より
$\dfrac{n(2n-1)}{3} < \dfrac{(2n+1)^2}{\pi^2} \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} < n+\dfrac{n(2n-1)}{3}$
辺々を $\dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ 倍して，
$\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2} < \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} < \dfrac{n\pi^2}{(2n+1)^2}+\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}$
$n \to \infty$ のとき，両端の極限はともに $\dfrac{\pi^2}{6}$ となるから
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} = \boldsymbol{\dfrac{\pi^2}{6}}$ $\cdots$ (ス)