1-4 $\pi$の評価(2) 次に，級数を用いて$\pi$の近似値を調べよう． $\tan \dfrac{\pi}{4}=1$ であるから，$\tan x$の逆関数を$f(x)$とおくと， $f(1)=\dfrac{\pi}{4}$ が成り立ち，この式を利用して$\pi$の近似値を求める． $y=\tan x$の逆関数は高校では学びませんが，逆関数の微分は求めることができます． $y=\tan x$の逆関数$y=f(x)$を$x$について解くと $x=tan y$ 両辺を$x$で微分すると $1=\dfrac{y'}{\cos ^2 y}$ $y'=\cos ^2y=\dfrac{1}{1+\tan ^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$ したがって，$y=\tan x$の逆関数$y=f(x)$は $f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ が成り立ちます． さて，ここで右辺の$\dfrac{1}{1+x^2}$を級数で表します． $\dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{1}{1-(-x^2)}=1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+\cdots $ $=1-x^2+x^4-x^6+\cdots \cdots (\sharp)$ 両辺を積分すると $\displaystyle \int_0^x\dfrac{1}{1+x^2}=\int_0^x(1-x^2+x^4-x^6+\cdots)dx=x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}-\cdots$ $f(0)=0$より $\displaystyle \dfrac{\pi}{4}=f(1)=\int_0^1\dfrac{dx}{1+x^2}=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots $ となります． 等式 $\displaystyle \dfrac{\pi}{4}=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots +(-1)^{n-1}\dfrac{1}{2n-1}+\cdots $ はライプニッツ(Leibniz)の公式と呼ばれています．名前からわかるように微分積分の 成立とともにある公式ですから，微分積分を考えれば 当然気が付く$\pi$の等式なのでしょう．さて， このように書くとわかったような気がしますが， ここでは級数の収束に関してのデリケートな議論を無視しました.たとえば上の変形の$(\sharp)$で等号が成り立つのは 級数が収束する$x$の範囲で$-1 < x < 1$です．$x=1$は含まれません．しかし 現在収束の問題に深入りするのは賢明ではありません．厳密な扱いは次の問題を参考にしましょう． なお，この公式の右辺の収束は非常に遅く，$\pi$の近似値の計算には向いていません． パソコンで計算する次の通りです． スライダーをドラッグすると$n$が$10\leqq n \leqq 10000$の範囲で$10$刻みで変わり $4\left(1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots +\dfrac{(-1)^{n+1}}{2n-1}\right)$ の値を表示します． デフォルト値（初期値）は$n=10$です． スライダーの横の＋をクリックするとwindowが開き，スライダーを自動で動かせます． 動きをゆっくりにして数値を眺めると$\pi$ に収束するのがわかります．収束は遅く，上で調べた正多角形よりさらに遅いのがわかります． この等式がテーマの入試問題を扱いましょう． 問題2 以下の問いに答えよ.($n$は自然数とする．) (1)$x=\tan \theta$とおくことにより，定積分 $\displaystyle \int_0^1\dfrac{dx}{1+x^2} $ をもとめよ． (2) 実数$x\geqq 0$に対して $\displaystyle \dfrac{1}{1+x^2}-x^{2n+2}\leqq 1+\sum_{k+1}^n(-x^2)^k\leqq \dfrac{1}{1+x^2}+x^{2n+2}$ を示せ. (3)数列$\{a_n\}$を $\displaystyle a_n=\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{2k+1}=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\cdots +(-1)^n\dfrac{1}{2n+1}$ によって定める．$\displaystyle \lim_{n\to \infty}a_n$を求めよ． 東京理科大（2015年）(一部改) 解答 (1)$x=\tan \theta$とおく． $\displaystyle \int_0^1\dfrac{dx}{1+x^2}=\int_0^\frac{\pi}{4}\dfrac{1}{1+\tan ^2\theta}\dfrac{d\theta}{\cos ^2 \theta}=\frac{\pi}{4}$ (2)等比数列の和を計算するだけです． $\displaystyle 1+\sum_{k=1}^n(-x^2)^k$は初項$1$公比$-x^2$の等比数列の和であるから $\displaystyle 1+\sum_{k=1}^n(-x^2)^k=\dfrac{1-(-x^2)^{n+1}}{1-(-x^2)}= \dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{-(-1)^{n+1}x^{2n+2}}{1+x^2}$ $x^2 < 1+x^2$であるから $\displaystyle \dfrac{1}{1+x^2}-x^{2n+2}\leqq 1+ \sum_{k=1}^n(-x^2)^k\leqq \dfrac{1}{1+x^2}+x^{2n+2}\cdots (\sharp)$ (3)$(\sharp)$の各項を区間$[0,1]$で定積分する． 第１項,第３項はそれぞれ $\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2n+3},\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2n+3}$ 第２項は $\displaystyle \int_0^1(1-x^2+x^4-\cdots +(-1)^nx^{2n})dx$ $=\displaystyle \left[x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}-\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^1$ $=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots +(-1)^n\dfrac{1}{2n+1}$ $\therefore \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2n+3}\leqq a_n= 1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots +(-1)^n\dfrac{1}{2n+1} \leqq \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2n+3}$ はさみうちの原理より $a_n=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\cdots +(-1)^n\dfrac{1}{2n+1}\to \dfrac{\pi}{4} \ \ (n\to \infty)$ を得る． 続く 目次 |