4.1.1. \(\pi\) の計算¶
円周率 \(\pi\) は，
\[\pi = \frac{C}{d}\]
として定義される．ここで \(C\) は円周の長さ，\(d\) は円の直径である．その具体的な値は，
\[\pi = 3.1415926535\; 8979323846\; 2643383279\; 5028841971\; 6939937510\;\ldots\]
と無限に続く数であり，正確には超越数である．
Proof.
\(\pi\) が代数的数であると仮定すると， \(i\pi\) も代数的数である．すると，Eulerの公式より， \(e^{i\pi}=-1\) も代数的数である．しかし，Lindemannの定理により，代数的数 \(\alpha \neq 0\) に対して \(e^\alpha\) は超越数である．これは矛盾であるため， \(\pi\) は超越数である． \(\square\)
4.1.1.1. 多角形近似¶
半径1の円に内接する正 \(n\) 角形の周りの長さを \(2\pi_n\) とすると，
\[\pi_n = n \sin\frac{\pi}{n}\]
となり，
\[\frac{\pi_n}{n} = \sin\frac{\pi}{n}
= 2\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}
= 2\frac{\pi_{2n}}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}.\]
これを再帰的に適用すると，
\[ \begin{align}\begin{aligned}\pi_n = \lim_{k\rightarrow \infty} 2^kn\sin\frac{\pi}{2^kn}\prod_{j=1}^k\cos\frac{\pi}{2^jn}\\\frac{1}{\pi} = \lim_{k\rightarrow \infty}\frac{1}{\pi_n}\left(\frac{2^kn}{\pi}\sin\frac{\pi}{2^kn}\right)\prod_{j=1}^k\cos\frac{\pi}{2^jn}\end{aligned}\end{align} \]
となり，
\[\pi = \frac{n\sin\frac{\pi}{n}}{\prod_{j=1}^\infty\cos\frac{\pi}{2^jn}}\]
を得る．また，
\[\cos\frac{\pi}{2k} = \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{k}}\]
を用いて，Vièteの公式
\[\frac{2}{\pi} = \prod_{j=0}^\infty\cos\frac{\pi}{4\cdot 2^j}
= \sqrt{\frac{1}{2}}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}\cdots\]
を得る．なお， \(n=4\) とした．
4.1.1.2. \(\arctan\) 系¶
\(\arctan x\) の値はMaclaurin展開を利用して，
\[\arctan x = \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{2k+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots\]
となる． \(x=\frac{1}{n}\) のように整数の逆数を代入すると，
\[\arctan\frac{1}{n} = \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)n^{2k+1}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{3n^3} + \frac{1}{5n^5} - \cdots\]
になり， \(n\) が大きいほど収束が速くなる．そのため，一般に \(\arctan\) 系公式は，
\[\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^\infty a_k\arctan\frac{1}{b_k}\]
の形をしている．ここで \(a_k\) は整数，\(b_k\) は正整数である．
有名なものとしてMachinの公式があり，次式を満たす．
\[\frac{\pi}{4} = 4\arctan\frac{1}{5} - \arctan\frac{1}{239}.\]
Proof.
\[4\arctan\frac{1}{5} = 2\left(2\arctan\frac{1}{5}\right)
= 2\left(\arctan\frac{5}{12}\right)
= \arctan\frac{120}{119}\]
であるから，
\[ \begin{align}\begin{aligned}4\arctan\frac{1}{5} - \frac{\pi}{4} = 4\arctan\frac{1}{5} - 4\arctan\frac{1}{1} =\\= \arctan\frac{120}{119} - \arctan\frac{1}{1}
= \arctan\frac{1}{239}. \quad \square\end{aligned}\end{align} \]
特に，2項しかないもの，
\[\frac{\pi}{4} = k\arctan\frac{1}{n} - l\arctan\frac{1}{m}\]
は4種類しかない．ただし， \(k,l\) は自然数， \(n,m\) は \(0\) でない整数である．具体的には，
\[ \begin{align}\begin{aligned}\frac{\pi}{4} = \arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3}\\= 2\arctan\frac{1}{2} - \arctan\frac{1}{7}\\= 2\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{7}\\= 4\arctan\frac{1}{5} - \arctan\frac{1}{239}.\end{aligned}\end{align} \]
4.1.1.3. BBP系¶
BBPの公式は，
\[\pi = \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{16^k}\left(\frac{4}{8k+1} - \frac{2}{8k+4} - \frac{1}{8k+5} - \frac{1}{8k+6}\right).\]
Proof.
\[ \begin{align}\begin{aligned}S \equiv \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{16^k}\left(\frac{4}{8k+1} - \frac{2}{8k+4} - \frac{1}{8k+5} - \frac{1}{8k+6}\right) =\\= 4\sum_{k=0}^\infty\int_0^1\frac{x^{8k}}{16^k}\,dx - 2\sum_{k=0}^\infty\int_0^1\frac{x^{8k+3}}{16^k}\,dx\\- \sum_{k=0}^\infty\int_0^1\frac{x^{8k+4}}{16^k}\,dx - \sum_{k=0}^\infty\int_0^1\frac{x^{8k+5}}{16^k}\,dx.\end{aligned}\end{align} \]
\(0 \leq x \leq 1\) では \(\left|x^8/16\right| \leq 1/16 < 1\) であるから，幾何級数 \(\sum_{k=0}^\infty (x^8/16)^k\) は一様収束する．したがって項別積分ができて，
\[ \begin{align}\begin{aligned}S = \int_0^1\left(4 - 2x^3 - x^4 - x^5\right)\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{x^8}{16}\right)^k\,dx =\\= \int_0^1\frac{4 - 2x^3 - x^4 - x^5}{1 - x^8/16}\,dx =\\= \int_0^1\frac{64 - 32x^3 - 16x^4 - 16x^5}{16 - x^8}\,dx.\end{aligned}\end{align} \]
ここで，
\[ \begin{align}\begin{aligned}64 - 32x^3 - 16x^4 - 16x^5 = 16(1-x)(x^2+2)(x^2+2x+2),\\16 - x^8 = (2-x^2)(x^2+2)(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)\end{aligned}\end{align} \]
であるから，
\[S = \int_0^1\frac{16(1-x)}{(2-x^2)(x^2-2x+2)}\,dx.\]
さらに部分分数分解すると，
\[\frac{16(1-x)}{(2-x^2)(x^2-2x+2)} = -\frac{4x}{2-x^2} + \frac{8-4x}{x^2-2x+2}\]
である．よって，
\[ \begin{align}\begin{aligned}S = \int_0^1-\frac{4x}{2-x^2}\,dx + \int_0^1\frac{8-4x}{x^2-2x+2}\,dx =\\= \left[2\log(2-x^2)\right]_0^1 + \left[-2\log(x^2-2x+2) + 4\arctan(x-1)\right]_0^1 =\\= -2\log 2 + \left(0 - \left(-2\log 2 - \pi\right)\right) =\\= \pi. \quad \square\end{aligned}\end{align} \]