数学外書輪講I(第4回)

[場所1E501（月曜日5限）]

HPに行く

今回は
ゼータの2 の値が $\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ が $\frac{\pi^2}{6}$
であることを証明してもらいました。

そのために、
$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy$ を計算します。
これは、正方形領域なので、逐次積分を用いることができます。
そのために、展開をしてから逐次積分をします。
$$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy=\int_0^1\int_0^1\sum_{i=0}^\infty(xy)^idxdy$$
$$=\sum_{i=0}^\infty \int_0^1\int_0^1x^iy^idxdy=\sum_{i=0}^\infty\int_0^1\left[\frac{1}{i+1}x^{i+1}\right]_0^1y^idy$$
$$=\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i+1} \left[\frac{1}{i+1}y^{i+1}\right]_0^1=\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{(i+1)^2}=\zeta(2)$$
となります。

一方、正方形領域を原点を中心として、-45度だけ回転させて $\sqrt{2}$ 倍して得られる領域
(ひし形)に変数変換をして計算をする。
$x=u-v$, $y=u+v$ と置くことで、$0\le x\le 1$ かつ $0\le y\le 1$を
$0\le v\le u$  ($0\le u\le \frac{1}{2}$) かつ、$0\le v\le 1-u$ ($\frac{1}{2}\le u\le 1$)
となります。そうすると、

$$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy$$
$$=4\int_0^{\frac{1}{2}}\int_{0}^u\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu+4\int_{\frac{1}{2}}^1\int_0^u\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu$$
となり、公式
$$\int_0^x\frac{1}{a^2-u^2}du=\frac{1}{a}\text{Arctan}(\frac{x}{a})+C$$
から、

$$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy$$
$$=4\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\text{Arctan}\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}dvdu$$
$$+4\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\text{Arctan}\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}dvdu$$
ここで、

$$\left(\text{Arctan}\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)'=\frac{1}{1+\frac{u^2}{1-u^2}}\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)'$$

$$=(1-u^2)\frac{1}{(1-u^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$$

$$\left(\text{Arctan}\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)'=\frac{1}{1+\frac{(1-u)^2}{1-u^2}}\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)'$$

$$=\frac{1-u^2}{2-2u}\frac{-1}{(1+u)\sqrt{1-u^2}}$$

$$=-\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$$

であるから、

$$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy$$

$$=2\left[\left(\text{Arctan}\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)^2\right]_0^{\frac{1}{2}}-4\left[\left(\text{Arctan}\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)^2\right]_{\frac{1}{2}}^1$$

$$=2\left(\text{Arctan}\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+4\left(\text{Arctan}\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2=2\left(\frac{\pi}{6}\right)^2+4\left(\frac{\pi}{6}\right)^2=\frac{\pi^2}{6}$$

となリます。

よって、$\int_0^1\int_{0}^1\frac{1}{1-xy}dxdy=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$

であるから、$\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$  となる。(証明終了)

上の広義積分と無限和が交換可能であることの正当性は、
以下の定理があるからです。

定理
$f_n(x)$が$f(x)$ に $(a,b)$ において広義一様収束するならば、
$\int_a^b\lim_{n\to \infty} f_n(x)dx$ は $\lim_{n\to \infty}\int_a^bf_n(x)dx$
である。

この2次元バージョンです。
ちなみに、広義一様収束の定義や、その例などは、(リンク)
にあります。上の関数列が広義一様収束することはリンクにちょうど同じ
関数があったので省略します。