調和級数を
Ｓn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ
と定義します．調和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，無限調和級数
Ｓ∞＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・
は発散します．
１３５０年頃，フランスの数学者ニコル・オレームがそのことを証明したのですが，１／２を無限個足したものよりも大きくなるという巧妙な証明です．
１／２＝１／２
１／３＋１／４＞１／４＋１／４＝１／２
１／５＋１／６＋１／７＋１／８＞１／８＋１／８＋１／８＋１／８＝１／２
１／９＋１／１０＋１／１１＋１／１２＋１／１３＋１／１４＋１／１５＋１／１６＞１／１６＋１／１６＋１／１６＋１／１６＋１／１６＋１／１６＋１／１６＋１／１６＝１／２
この結果，ｎ→∞のとき，
Ｓn＝１＋１／２＋１／２＋１／２＋１／２＋・・・→∞
Ｓ2^n≧１＋ｎ／２→∞
であることを示すことができるというわけです．
ところで，正多面体は５種類しかないのに対して，正多角形の種類は無限にあります．今回のコラムでは正多角形からなる無限連鎖を取り上げて，幾何学的な無限の世界における漸近挙動を調べてみることにします．
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【Ｑ１】
長さＬの線分がある．その線分を１辺とする正三角形，正方形，正五角形，・・・，正ｎ角形を順次描くと，正多角形の辺の数は外側にいくほど多くなる．正多角形は外側にいくほど大きくなるが，無限に大きくなるか？
［Ａ１］
正ｎ角形の１辺の長さ，外接円の半径，内接円の半径をそれぞれＬn，Ｒn，ｒnとする．
Ｌn＝２Ｒnｓｉｎ（π／ｎ）
Ｌn＝２ｒnｔａｎ（π／ｎ）
Ｌ3＝Ｌ4＝Ｌ5＝・・・＝Ｌより，ｎ→∞のとき，Ｒn→∞,ｒn→∞
すなわち，無限に大きくなる．
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【Ｑ２】
半径ｒ3の円がある．その円に正三角形を外接させる．その三角形に半径Ｒ3の円を外接させる．その円に正方形を外接させる．その正方形に半径Ｒ4の円を外接させる．その円に正五角形を外接させる．その正五角形に半径Ｒ5の円を外接させる・・・．正多角形は外側にいくほど大きくなるが，無限に大きくなるか？
［Ａ２］
Ｒn／ｒn＝１／ｃｏｓ（π／ｎ）
ΠＲi／ｒi＝Π１／ｃｏｓ（π／ｉ）
ｎ→∞のとき，１／ｃｏｓ（π／ｎ）→１となるのは，おなじみの内接（外接）する正多角形の辺の数→∞のとき，その多角形の周長の上限（下限）が円周の長さであることを表している．
ここで
Ｒ3＝ｒ4，Ｒ4＝ｒ5，Ｒ5＝ｒ6，・・・
より
Ｒn＝ｒ3Π１／ｃｏｓ（π／ｉ） (i=3~n)
実際に無限乗積Π１／ｃｏｓ（π／ｉ）の計算をしてみると，８．７０に収束した．
Π１／ｃｏｓ（π／ｉ）→８．７０
Ｒn→ｒ3×８．７０
無限に大きくなっていくように思えるが，実際には上限があって，最初の円ｒ3のおよそ９倍を超えることはできないのである．
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［補］オイラー積分
ｌｏｇΠ１／ｃｏｓ（π／ｉ）＝−Σｌｏｇｃｏｓ（π／ｉ）
がでてきたところで，有名なオイラー積分
I=∫(0,π/2)log(sinx)dx=-π/2log2
を求めてみることにしましょう．
sin(π-x)=sinxより，∫(0,π)log(sinx)dx=2I
cos(π/2-x)=sinxより，∫(0,π/2)log(cosx)dx
xを2xに置き換えると
2I=∫(0,π)log(sinx)dx=2∫(0,π/2)log(sin2x)dx
I=∫(0,π/2)log(sin2x)dx
=∫(0,π/2)log2dx+∫(0,π/2)log(sinx)dx+∫(0,π/2)log(cosx)dx
=π/2log2+2I
これより
I=∫(0,π/2)log(sinx)dx=-π/2log2=-1.088793045･･･
同じことではあるが，積分変数をｘからπ／２−ｘに置き換えて
sin(π/2-x)=cosxより，
∫(0,π/2)log(sin(π/2-x))dx=∫(0,π/2)log(cosx)dx
2I=∫(0,π/2){log(sinx)+log(cosx)}dx=∫(0,π/2)log((sin2x)/2)dx
=-π/2log2+∫(0,π/2)log(sin2x)dx
再び積分変数をｘからｘ／２に置き換えて
2I=-π/2log2+1/2∫(0,π)log(sinx)dx=-π/2log2+I
したがって，
I=-π/2log2
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【Ｑ３】
正三角形の頂点を中心とする円弧を描き，ルーローの三角形を作る．ルーローの三角形は正方形の内転形である．その正方形の辺の中点を中心とする円弧を描き，ルーローの四角形を作る．ルーローの四角形は正五角形の擬内転形である．その正五角形の頂点を中心とする円弧を描き，ルーローの五角形を作る．ルーローの五角形は正六角形の内転形である・・・．ルーローの正多角形は外側にいくほど大きくなるが，無限に大きくなるか？
［Ａ３］
正ｎ角形の高さをＨnで表すことにすると，
ｎが奇数のとき
Ｈn＝Ｒn（１＋ｃｏｓ（π／ｎ））＝ｒn（１＋１／ｃｏｓ（π／ｎ））
ｎが偶数のとき
Ｈn＝２Ｒnｃｏｓ（π／ｎ）＝２ｒn
また，偶数正ｎ角形に内接するルーローのｎ−１角形の正ｎ−１角形部分に関して
Ｈn＝２Ｒn-1ｃｏｓ（π／２（ｎ−１））
ルーローの偶数ｎ角形に擬外接する正ｎ＋１角形に関して
Ｈn+1＝２ｒn｛１＋（ｔａｎ（π／ｎ）／２）^2｝^1/2＋ｒnｔａｎ（π／ｎ）ｔａｎ（π／（ｎ＋１））
が成り立つ．
したがって
(1) Ｈn＝２Ｒn-1ｃｏｓ（π／２（ｎ−１））
Ｈn-1＝Ｒn-1（１＋ｃｏｓ（π／ｎ））
→Ｈn／Ｈn-1＝２ｃｏｓ（π／２（ｎ−１））／（１＋ｃｏｓ（π／ｎ））
(2) Ｈn+1＝２ｒn｛１＋（ｔａｎ（π／ｎ）／２）^2｝^1/2＋ｒnｔａｎ（π／ｎ）ｔａｎ（π／（ｎ＋１））
Ｈn＝２ｒn
→Ｈn+1／Ｈn＝｛１＋（ｔａｎ（π／ｎ）／２）^2｝^1/2＋ｔａｎ（π／ｎ）ｔａｎ（π／（ｎ＋１））／２
以上より，
Ｈn+1／Ｈn-1＝｛（４＋ｔａｎ^2（π／ｎ））^1/2＋ｔａｎ（π／ｎ）ｔａｎ（π／（ｎ＋１））｝ｃｏｓ（π／２（ｎ−１））／（１＋ｃｏｓ（π／ｎ））
Ｈn+1＝Ｈ3ΠＨi+1／Ｈi-1 (i=4,6,8,･･･,n)
ｎ→∞のとき，Ｈn+1／Ｈn-1→１
［Ｑ３］の解は［Ｑ２］の解より小さくなることは前もって予測できるが，ΠＨi+1／Ｈi-1は３．００に収束した．［Ｑ２］同様，上限があって
ΠＨi+1／Ｈi-1→Ｈ3×３．００
すなわち，最初の三角形Ｈ3のおよそ３倍を超えることはできないのである．
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