［Ｑ］（１−１／２^2）（１−１／３^2）（１−１／４^2）・・・（１−１／ｎ^2）＞１／２を証明せよ．

［Ａ］１−１／ｋ^2＝（ｋ−１）（ｋ＋１）／ｋ^2より，

（１−１／２^2）（１−１／３^2）（１−１／４^2）・・・（１−１／ｎ^2）＝（ｎ＋１）／２ｎ＞１／２

　したがって，

　　（１−１／２^2）（１−１／３^2）（１−１／４^2）・・・＝１／２

ここで，

　　（１−１／２^2）（１−１／４^2）（１−１／６^2）・・・

　　＝（２−１）（２＋１）／２^2・（４−１）（４＋１）／４^2・（６−１）（６＋１）／６^2・・・

　　＝１／２・３／２・３／４・５／４・５／６・７／６・・・

　　＝２／π　　（ウォリス）

であるから，

　　（１−１／３^2）（１−１／５^2）（１−１／７^2）・・・

　　＝（３−１）（３＋１）／３^2・（５−１）（５＋１）／５^2・（７−１）（７＋１）／７^2・・・

　　＝２／３・４／３・４／５・６／５・６／７・８／７・・・

　　＝π／４

となって，グレゴリー・ライプニッツ級数

　　π／４＝１−１／３＋１／５−１／７＋１／９−・・・

と一致する．

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【１】グレゴリー・ライプニッツ級数

　１７世紀になってイギリスのニュートン，ドイツのライプニッツによる微分積分学の確立以降，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．

　　１／（１＋ｘ）＝１−ｘ＋ｘ^2−ｘ^3＋・・・

これを項別積分すると

　　ｌｏｇ（１＋ｘ）＝ｘ−１／２ｘ^2＋１／３ｘ^3−１／４ｘ^4＋・・・

が得られます．ここで，ｘをｘ^2に置き換えると

　　１／（１＋ｘ^2）＝１−ｘ^2＋ｘ^4−ｘ^6＋・・・

これを項別積分して

　　ａｒｃｔａｎｘ＝ｘ−１／３ｘ^3＋１／５ｘ^5−１／７ｘ^7＋・・・

両辺にｘ＝１を代入すると，グレゴリー・ライプニッツ級数

　　π／４＝ａｒｃｔａｎ１＝１／１−１／３＋１／５−１／７＋・・・

が得られます．

　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．

　また，グレゴリー・ライプニッツ級数が発見されたとき，この公式を変形すればπが有理数であることが証明できるのではないかという期待があったらしいのですが，もちろんそのようなことはありえません．円周率が無理数であり，したがって循環小数ではないことは，微分積分学の初歩的な操作によって証明されています．

　なお，グレゴリー・ライプニッツ級数

　　１／１−１／３＋１／５−１／７＋１／９−１／１１＋・・・

は交代級数であり，収束してその値はπ／４になりますが，正の項だけを集めて作った級数

　１／１＋１／５＋１／９＋１／１３＋・・・

は収束せず無限大に発散します．

　１／１＋１／５＋１／９＋１／１３＋・・・

　＞１／４＋１／８＋１／１２＋１／１６＋・・・

　＝１／４（１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・）→∞

より発散は明らかです．負の項だけを集めても同様です．したがって，級数の和の順番は変えてはなりません．

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【２】オイラー積

　オイラーの無限級数和Σ１／ｎ^sはｓの関数とみるとき，ゼータ関数ζ（ｓ）として知られており，ζ（２）＝π^2／６と表されます．また，

　　ζ（ｓ）＝１／１^s＋１／２^s＋１／３^s＋１／４^s＋・・・

＝（１＋１／２^s＋１／４^s＋１／８^s＋・・・）（１＋１／３^s＋１／９^s＋・・・）（１＋１／５^s＋・・・）・・・

＝１／（１−２^-s）・１／（１−３^-s）・１／（１−５^-s）・１／（１−７^-s）・・・

＝Π（１−ｐ^-s）^-1　　　（但し，ｐはすべての素数を動く．）

と書き換えることができます．

　　１＋ｘ＋ｘ^2＋ｘ^3＋・・・＝１／（１−ｘ）

にｘ＝１／ｐ^sを代入したものを，Π（１−ｐ^-s）^-1に代入して積を展開すると，ζ（ｓ）＝Σ１／ｎ^sとなることがおわかりいただけるでしょうか．

　調和級数１／１＋１／２＋１／３＋・・・は，オイラー積表示するとΠ（１−１／ｐ）^-1と書けますから，

　　Π（１−１／ｐ）^-1〜∞．

　これらの式の右辺はオイラー積と呼ばれ，ゼータ関数と素数の間をつなぐ式になっています．したがって，ゼータ関数はすべての素数にわたる無限積であり，このような関係から，自然数全体についての和の話が素数全体についての積の話になります．

　これにより，１／ζ（ｓ）はｓ個の整数を勝手に選んだとき，同時に割り切ることのできる１でない数が存在しない確率であることがわかります．すなわち，２つの整数が互いに素である確率は１／ζ（２）＝６／π^2（６１％）となります．数学は無限の科学といわれていますが，πの無限級数が無限にある素数と深く関係していたのです．

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【３】グレゴリー・ライプニッツ級数のオイラー積

　冒頭に掲げたことから

　　（１−１／３^2）（１−１／５^2）（１−１／７^2）（１−１／９^2）・・・

は一見するとグレゴリー・ライプニッツ級数のオイラー積のように思えるかもしれないが，すべての素数を渡るのではなく，すべての奇数を渡っているので，オイラー積ではない．

　グレゴリー・ライプニッツ級数のオイラー積は

　　（１＋１／３）^-1・（１−１／５）^-1・（１＋１／７）^-1・（１＋１／１１）^-1・（１−１／１３）^-1・・・

＝（１−１／３^s＋１／９^s−１／２７^s＋・・・）（１＋１／５^s＋１／２５^s＋・・・）（１＋１／７^s＋・・・）・・・

というように素数についての積の形に書くことができる．このような関係から，奇数全体についての交代級数の話が素数全体についての積の話になる．

　ところで，

　　（１−１／３^2）（１−１／５^2）（１−１／７^2）（１−１／９^2）・・・＝（１−１／３）（１＋１／３）（１−１／５）（１＋１／５）・・・

から

　　（１＋１／３）^-1・（１−１／５）^-1・（１＋１／７）^-1・（１＋１／１１）^-1・（１−１／１３）^-1・・・

へと直接書き直すことはできないだろうか？　挑戦されたい．

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