この記事は好きな証明 Advent Calendar 2018 - Adventarの16日目の記事です。

昨日はryunryunryun_さんの「Graphon空間はコンパクト」でした。

以下の証明の出典は「Proofs from THE BOOK」(Martin Aigner ・ Günter M. Ziegler 著)のChapter 9 - Three times π²/6です。高校1年生のときに読んで好きになった証明です。

証明

Basel problem

$\displaystyle\sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$

を示します。

Lemma 1

$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\dfrac{1}{(2k+1)^2}=\iint_{[0,1]\times[0,1]}\dfrac{1}{1-x^2y^2}dxdy$

$x,y\in[0,1$ ] (not $x=y=1$ )で、 $\displaystyle\dfrac{1}{1-x^2y^2}=\sum^\infty_{k=0}(xy)^{2k}$ なので、上の積分は $\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\left(\int^1_0x^{2k}dx\int^1_0y^{2k}dy\right)$ と等しくなります。これを計算すると補題1が示されました。

Lemma 2

$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\dfrac{1}{(2k+1)^2}=\dfrac{3}{4}\sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^2}$

$\displaystyle\sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^2}$ は絶対収束するので、その $\dfrac{1}{4}$ 倍であるところの $\displaystyle\sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{(2n)^2}$ を引いてよく、補題2が示されました。

以上で、示すべき式が

Basel problem

$\displaystyle\iint_{[0,1]\times[0,1]}\dfrac{1}{1-x^2y^2}dxdy=\dfrac{\pi^2}{8}$

になりました。ここで、変数 $u,v$ を

$\displaystyle u=\arccos\sqrt{\dfrac{1-x^2}{1-x^2y^2}},v=\arccos\sqrt{\dfrac{1-y^2}{1-x^2y^2}}$

とすると、 $\displaystyle \sin u=\sqrt{1-\cos^2u}=x\cos v$ などが成り立ち、結局

$\displaystyle x=\dfrac{\sin u}{\cos v}, y=\dfrac{\sin v}{\cos u}$

となります。

積分範囲がどう移るかを考えると、 $\cos(u+v)=\cos u\cos v(1-xy)\geq0$ なので、 $0\leq u,0\leq v,u+v\leq\dfrac{\pi}{2}$ っぽいです。実際 $(x,y)\in[0,1$ ] $\times[0,1$ ]から $(u,v)$ がこの範囲に定まって、この範囲の $(u,v)$ から $\displaystyle x=\dfrac{\sin u}{\cos v}, y=\dfrac{\sin v}{\cos u}$ で定まる $(x,y)$ は $[0,1$ ] $\times[0,1$ ]の中にあります。

次に中身がどうなるかを考えましょう。具体的には

$\displaystyle\begin{pmatrix}\dfrac{dx}{du}&\dfrac{dx}{dv}\\\dfrac{dy}{du}&\dfrac{dy}{dv}\end{pmatrix}$

を計算します。これは、

$\displaystyle\begin{pmatrix}\dfrac{dx}{du}&\dfrac{dx}{dv}\\\dfrac{dy}{du}&\dfrac{dy}{dv}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{\cos u}{\cos v}&\dfrac{\sin u\sin v}{\cos^2 v}\\\dfrac{\sin u\sin v}{\cos^2 u}&\dfrac{\cos v}{\cos u}\end{pmatrix}=1-x^2y^2$

となって、求める積分は、 $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\int^{\frac{\pi}{2}-u}_0dvdu$ となりますが、これは直角を挟む辺の長さが $\dfrac{\pi}{2}$ であるような直角二等辺三角形の面積と等しいです。よってこの積分の値は $\dfrac{\pi}{8}$ となり、バーゼル問題が示されました。