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.
もし,画面にGet the Wolfram CDF Player とあらわれたら, 画面をクリックしCDF Playerをインストールしてください.
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



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