【１】グレゴリー・ライプニッツ級数

　πと関連をもつ無限級数として最初に発見されたものは，１６７１年に発見されたグレゴリー・ライプニッツ級数

　π／４＝ａｒｃｔａｎ１

　　　　＝１／１−１／３＋１／５−１／７＋１／９−１／１１＋・・・

＝Σ（−１）^(n-1)・１／（２ｎ＋１）

があげられます．ライプニッツはπ／４がすべての奇数の逆数を交互に加えたり引いたりしてえられる無限級数の和に一致するという事実に対して「神は奇数で楽しむ」と書いていて，この式に自然の神秘の深遠さを感じ，外交官への道から数学の研究の道に転じたといわれています．

　ａｒｃｔａｎ１＝π／４を利用したこの展開公式は簡単な形の式ですが，ゆっくりとしか収束しないので，２０項まで計算しても３．０４２までしか求まらないし，３．１４まで一致するのに３００項も必要です．第ｎ項まで計算したときの誤差は大体１／（２ｎ＋３）になり，１０００項まで計算してもせいぜい３桁ぐらいです．したがって，グレゴリー・ライプニッツ級数はπの近似値を求めるのには実用的ではありません．

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【２】オイラーとバーゼル問題

　また，オイラーは何年もオイラー級数（１７３５年）

　　π^2／６＝１＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋１／５^2＋・・・

にとりつかれて，そこに円周率πが現れることに大いに驚き，感動したのであった．

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　ｓｉｎｘのテイラー展開によって，無限級数

　　ｓｉｎｘ＝ｘ−ｘ^3／３！＋ｘ^5／５！−ｘ^7／７！＋・・・

　　ｓｉｎｘ／ｘ＝１−ｘ^2／３！＋ｘ^4／５！−ｘ^6／７！＋・・・

が示される．

　それでは，任意のｘに対して，無限積公式

　　ｓｉｎｘ／ｘ＝ｃｏｓｘ／２ｃｏｓｘ／４ｃｏｓｘ／８・・・

も示しておこう．

（証明）

　　ｓｉｎｘ＝２ｓｉｎｘ／２ｃｏｓｘ／２

　　　　　　＝４ｓｉｎｘ／４ｃｏｓｘ／４ｃｏｓｘ／２

　　　　　　＝８ｓｉｎｘ／８ｃｏｓｘ／８ｃｏｓｘ／４ｃｏｓｘ／２

　　　　　　　・・・・・

　　　　　　＝２^nｓｉｎｘ／２^nｃｏｓｘ／２^n・・・ｃｏｓｘ／２

　書き直すと

　　ｓｉｎｘ＝ｘ［ｓｉｎ（ｘ／２^n）／（ｘ／２^n）］ｃｏｓｘ／２・・・ｃｏｓｘ／２^n

　ここで，ｎ→∞のとき，

　　ｓｉｎ（ｘ／２^n）／（ｘ／２^n）→１

であるから，ｓｉｎｘの無限積表示

　　ｓｉｎｘ＝ｘΠｃｏｓｘ／２^n

　　　　　　＝ｘ（１−ｘ^2／π^2）（１−ｘ^2／４π^2）（１−ｘ^2／９π^2）・・・

が得られる．この結果は，ｓｉｎｘがｘ＝０，±π，±２π，±３π，・・・のとき，０になることに一致している．

　ｃｏｓｘの無限積表示

　　ｃｏｓｘ＝（１−４ｘ^2／π^2）（１−４ｘ^2／９π^2）（１−４ｘ^2／２５π^2）・・・

を用いているが，ｔａｎｘに対しては，部分分数の無限級数表示

　　ｔａｎｘ＝８ｘ［１／（π^2−４ｘ^2）＋１／（９π^2−４ｘ^2）＋１／（２５π^2−４ｘ^2）＋・・・］

が成り立つ．

　ｘ＝π／４とすると，

　　１＝４／π（１−１／３＋１／５−１／７＋・・・）

であるから，グレゴリー・ライプニッツ級数

　　π／４＝１−１／３＋１／５−１／７＋・・・

が導かれる．

　グレゴリー・ライプニッツ級数はπを含んでいる無限級数として最初のものなのだが，オリジナルは

　　ａｒｃｔａｎｘ＝ｘ−ｘ^3／３＋ｘ^5／５−ｘ^7／７＋・・・

から発見されたものである．

　また，ｘ→０としたときのｔａｎｘ／ｘの漸近挙動から，

　　π^2／８＝１／１^2＋１／３^2＋１／５^2＋・・・

さらに，

　　Ｓ＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋・・・

　　　＝１／１^2＋１／３^2＋１／５^2＋・・・＋１／２^2＋１／４^2＋１／６^2

　　　＝１／１^2＋１／３^2＋１／５^2＋・・・＋１／４［１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋・・・］

　　　＝π^2／８＋Ｓ／４

　したがって，

　　Ｓ＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋・・・＝π^2／６

となるが，これはオイラーにより発見された有名な級数である．

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【３】ラマヌジャン級数

　　１／π＝２√２／９９^2Σ（４ｋ）（１１０３＋２６３９０ｋ）／（４^k９９^kｋ！）^4

　長い間証明されなかった異色の式である．収束は速い．

　ラマヌジャンの式に刺激されて，チュドノフスキーの式

　　１／π＝Σ（−１）^n（６ｎ）！（１６３０９６９０８＋６５４１６８１６０８ｎ）／（３ｎ）！（ｎ！）^3（２６２５３７４１２６２０７６８０００）^n+1/2

が考案されている．

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