オイラー級数を

　　Ｈn＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋・・・＋１／ｎ^2

と定義します．オイラー級数は次第に減少する項からなりますが，ｎを無限大にしたとき，無限級数

　　Ｈ∞＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋・・・＝π^2／６

に収束します．

　１７３４年，オイラーが当時懸案の大問題（バーゼル問題）を解いたのですが，今回のコラムではこの漸近挙動を示す直角三角形連鎖を取り上げてみることにします．まずその前に発散する直角三角形連鎖について調べてみることにしましょう．

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【Ｑ１】平方根の螺線

　原点をＯ，点Ｐ1を（１，０）とします．点Ｐ1において長さ１の垂線Ｐ1Ｐ2⊥ＯＰ1を立て点Ｐ2（１，１）とします．すると，ＯＰ2＝√２となります．さらに点Ｐ2において長さ１の垂線Ｐ2Ｐ3⊥ＯＰ2を立てます．ＯＰ3＝√３となります．これを繰り返せば，１，√２，√３，・・・，√（ｎ−１），√ｎが得られ，点Ｐ1，Ｐ2，・・・は螺線のような図形を作ります．

　動径ベクトルＯＰkの長さは√ｋになりますが，その偏角がπ，２πを越すときのｋの値は？

［Ａ１］平方根の螺線はピタゴラスの定理に基づく有名な図形です．

　　θ＝ａｒｃｔａｎ（１／√（ｋ−１））

としてΣθを求めると，

　　π→　ｋ＝７

　　２π→ｋ＝１８

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【Ｑ２】オイラー級数の螺線

　原点をＯ，点Ｐ1を（１，０）とします．点Ｐ1において長さ１／２の垂線Ｐ1Ｐ2⊥ＯＰ1を立て点Ｐ2（１，１／２）とします．すると，ＯＰ2＝√（１／１^2＋１／２^2）となります．さらに点Ｐ2において長さ１／３の垂線Ｐ2Ｐ3⊥ＯＰ2を立てます．ＯＰ3＝√（１／１^2＋１／２^2＋１／３^2）となります．これを繰り返せば，１，√（１／１^2＋１／２^2），√（１／１^2＋１／２^2＋１／３^2），・・・，√（Σ１／ｋ^2）が得られ，点Ｐ1，Ｐ2，・・・は螺線のような図形を作ります．

　動径ベクトルＯＰkの長さは√（Σ１／ｋ^2）になりますから，ｋ→∞のとき，　　｜ＯＰk｜→π／√６．また，

　　｜ＯＰ1｜＋｜Ｐ1Ｐ2｜＋・・・＋｜Ｐn-1Ｐn｜＝１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・→∞．

それでは動径ベクトルＯＰkの偏角がπ，２πを越すときのｋの値は？

［Ａ２］オイラー級数の収束速度は非常に遅く，その結果，点Ｐkはゆっくり外向きの螺線を描きながら半径π／√６の極限円に限りなく近づきます．

　単精度で計算したので誤差があると思われるのですが，

　　θ＝ａｒｃｔａｎ（１／ｋ√Ｈk-1）

としてΣθを求めると，

　　π→　ｋ＝６９

　　２π→ｋ＝３８５８

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【３】雑感

　ζ(1)は発散し，オイラーはζ(2)＝π^2／６を証明した．すべての偶数ｓに対しζ(s)の値は無理数であるが，アペリは１９７９年にζ(3)が無理数であることを証明した．その後，２０００年にリボールが無限個の奇数ｓに対しζ(s)が無理数であることを証明した．２００１年にリボールはこの結果を精密化し，ζ(5)からζ(21)までの奇数ｓのうち少なくとも１つのｓについて無理数であることを証明した．同年，ズディリンはこの範囲をζ(5)からζ(11)までに狭めることに成功した．

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（Ｑ）ｙ＝ｘ^xとｙ＝ｘ^1/xを微分せよ．

（Ａ）それぞれｙ’＝（ｌｏｇｘ＋１）ｘ^xとｙ’＝（１−ｌｏｇｘ）ｘ^1/x-2．ｘ^1/xはｘ＝ｅのとき最大値１．４４４６・・・をとる．

（Ｑ）ｘ^x＝ｅｘｐ（ｘｌｏｇｘ）の級数展開を使うことにより

　　∫(0,1)ｘ^xｄｘ＝１−１／２^2＋１／３^3−１／４^4＋・・・

を導け．

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　（その２）で

　　ａn→Π１／ｃｏｓ（π／ｉ）→８．７０

に収束すると書いたことが気にかかっている．

　　ａn→Π１／ｃｏｓ（π／ｉ）→およそ１２

と記載した本もあり，収束値が大きく食い違っているからである．

　調和級数を

　　Ｓn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ

と定義する．調和級数Ｓnは次第に減少する項からなるが，ｎを無限大にしたとき，無限調和級数

　　Ｓ∞＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・

は発散する．

　しかし，実際に計算してみると数列｛Ｓn｝は収束の遅い数列であることはわかるが，発散することは確認できないであろう．同様に，数列｛ａn｝も収束の遅い数列であると思われるが，このように収束の遅い数列の場合，収束値に関しては何ともいえないのである．それではどのように計算すれば精密な収束値を求めることができるのだろうか？

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