\[S_{k}(n)=\sum_{i=1}^{n} i^k=1^k+2^k+3^k+\dots+n^k\]
についての公式（\(k=0、1、2、\cdots、\)）
\[S_k (n) =\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}{}_{k+1} \mathrm{ C }_j B_{j}n^{k+1-j}\]
を証明したのだった。さーて、今日のテーマはこの\(n\)までの和のところを無限大\(\infty\)までにしたらどうなるだろう？つまり、
\(k=0\)の時、\(\displaystyle 1^0+2^0+3^0+\cdots=1+1+1+\cdots\)
\(k=1\)の時、\(\displaystyle 1^1+2^1+3^1+\cdots=1+2+3+\cdots\)
\(k=2\)の時、\(\displaystyle 1^2+2^2+3^2+\cdots=1+4+9+\cdots\)
\(\vdots \)
という無限までの和(無限級数)を考えてみようというわけだ。「防人、何を血迷った事を言っているッ！そんなもん、無限になるのは当たり前だろうッ」と怒られそうなので、しばしこの話は脇に置いておいて、以下の
\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots \]
無限級数(これを調和級数という)はどうだろうか？これなら、どんどん後の方の項は小さくなっていくので、無限まで足しても後ろの方の項はゴミのように小さくなるから有限値として求まるのではないだろうか？どうですかな。
1350年、中世ヨーロッパのオレーム(Oresme)はこの調和級数が発散することを、以下のような鮮やかな方法で示したのだった。
\(\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}\cdots \)
\(\displaystyle \geq 1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right)+\left(\frac{1}{16}+\cdots+\frac{1}{16}\right)+\cdots \)
\(\displaystyle =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots \)
\(\displaystyle =1+1+1+1+\cdots =\infty \)
この調和級数は人類と\(\zeta\)関数(の極)との初のご対面でもあった。\(\zeta\)関数とは
\[\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\cdots+\frac{1}{n^s}+\cdots \]
というヘンテコな関数なのであるが、これが世紀の最大の未解決問題である『リーマン予想』を含むいわくつきの関数なのである。そして、調和級数とは\(\zeta\)関数で\(s=1\)のところで、
\[\zeta(1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots=\infty \]
というわけである。これを「\(s=1\)はリーマン\(\zeta\)関数の一位の極(発散するところ)である」と言ったりする。さて、ここでオイラー・マクローリンの和公式に再登場していただこう。
\(a、b\)を\(a\leq b\)なる任意の自然数とする。\(M\)は任意の自然数で、関数\(f(x)\)は区間\([a、b]\)で\(M\)回微分可能で\(M\)次導関数が連続であるとする。この\(f(x)\)に対して、
\(\displaystyle \sum_{k=a}^{b}f(k)=\int_{a}^{b}f(x)dx+\frac{1}{2}\left( f(a)+f(b) \right) \)
\(\displaystyle +\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left( f^{(k)} (b)-f^{(k)} (a) \right)\)
\(\displaystyle-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{a}^{b} B_{M}(x-\lfloor x \rfloor)f^{(M)}(x)dx \)
この式において、今回は\(f(x)=x^{-1}\)、\(a=1\)、\(b=n\)と置いてみる。公式の左辺は、
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}f(k)=f(1)+f(2)+\cdots+f(n)=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}=S_{-1}(n) \)
であり、\(n\rightarrow \infty\)とすると発散する調和級数となるわけである。一方、右辺第一項は
\(\displaystyle \int_{1}^{n}f(x)dx=\int_{1}^{n}\frac{1}{x}dx=\ln n-\ln 1=\ln n \)
となるわけであるから、\(n\rightarrow \infty\)での左辺の調和級数の発散は、右辺第一項の積分結果の\(\ln n \)の発散に対応しているわけである。それ以外の右辺第二、三、四項は有限項となることを鑑みると、以下のような差(これを\(\gamma_n\)と置くことにする)を
\[ \gamma_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n=\left( 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} \right)-\ln n \]
を考えると\(n \to \infty\)としたとき、これは有限値となるはずなのだ。この有限値をオイラー・マスケローニの定数といい、\(\gamma\)と表記することにすると、
\[\gamma=\lim_{n\to \infty}\gamma_n=\lim_{n\to \infty}\left( 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n \right)\]
である。この\(\gamma\)は以下の図から視覚的にとらえることが出来る。
図のグラフは反比例グラフである。調和級数は図の棒グラフの面積に対応している。オイラー定数はこの棒グラフから1からnまでの反比例グラフの面積を差っ引いたヘリの部分の面積に対応している。
まず、調和級数は\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\times 1 \)と書いてみると、上記の棒グラフの面積(色のついたところ)を表している。これに対して、\(\ln n\)は反比例グラフ\(\displaystyle y=\frac{1}{x}\)の\(1\)から\(n\)までの積分に対応している。そのため、\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\times 1-\ln n \)は棒グラフから反比例グラフの部分を切り取ったヘリの部分の面積たちと、更に、右端の\(n\)から\(n+1\)までの長方形の面積を表している。そして、\(n \to \infty\)としたときは、特に右端の\(n\)から\(n+1\)までの長方形の面積はムチャクチャ小さくなってしまうので無視してよく、そのため\(\gamma\)はグラフで切り取られるヘリの部分の面積たちの合計に対応していると思ってよいわけだ。さて、この値をオイラー・マクローリンの公式を使って手計算で評価してみよう。
《準備》
〇関数：\(\displaystyle f(x)=x^{-1}\)
\(\displaystyle f^{(1)}(x)=-x^{-2}、f^{(2)}(x)=2! x^{-3}、\)
\(\displaystyle f^{(3)}(x)=-3!x^{-4}、f^{(4)}(x)=4!x^{-5}、\cdots\)
〇ベルヌーイ数：\(\displaystyle B_{0}=1、B_{1}=\frac{1}{2}、B_{2}=\frac{1}{6}、B_{3}=0、 \)
\(\displaystyle B_{4}=-\frac{1}{30}、B_{5}=0、B_{6}=\frac{1}{42}、B_{7}=0、\cdots \)
〇ベルヌーイ多項式
\(\displaystyle B_{0}(x)=1 \)
\(\displaystyle B_{1}(x)=x-\frac{1}{2}\)
\(\displaystyle B_{2}(x)=x^2-x+\frac{1}{6}\)
\(\displaystyle B_{3}(x)=x^3-\frac{3}{2}x^2+\frac{1}{2}x\)
\(\displaystyle B_{4}(x)=x^4-2x^3+x^2-\frac{1}{30}\)
\(\displaystyle B_{5}(x)=x^5-\frac{5}{2}x^4+\frac{5}{3}x^3-\frac{1}{6}x\)
\(\displaystyle \vdots \)
これらの準備のもと\(\gamma\)をオイラー・マクローリンの和公式を用いて評価してみよう。
◎まず、\(M=2\)として公式を使ってみよう。
\(\displaystyle \gamma_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n=\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{B_{2}}{2!}\left( -\frac{1}{n^2}-(-1) \right) \)
\(\displaystyle-\frac{(-1)^{2}}{2!}\int_{1}^{n} B_{2}(x-\lfloor x \rfloor)(-2x^{-3})dx \)
さてここで最終項(剰余項)の評価をしてみよう。まず、\(x-\lfloor x \rfloor\)が\(x\)の小数部分を表していることより、ベルヌーイ多項式\(B_{2}(x)\)の\(0\)～\(1\)間での最大最小を考察すればそれでよい。この多項式は
\(\displaystyle B_{2}(x)=x^2-x+\frac{1}{6}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{12}\)
と平方完成できるわけなので、
最大値は\(\displaystyle B_{2}(0)=B_{2}(1)=\frac{1}{6}\)、
最小値は\(\displaystyle B_{2}(0.5)=-\frac{1}{12}\)
となる。よって、剰余項は以下のように上下に挟むことが出来る。
\(\displaystyle \frac{2}{2!}\int_{1}^{n} B_{2}(x-\lfloor x \rfloor)(x^{-3})dx< \int_{1}^{n} \frac{1}{6} x^{-3}dx=\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\)
\(\displaystyle \frac{2}{2!}\int_{1}^{n} B_{2}(x-\lfloor x \rfloor)(x^{-3})dx> \int_{1}^{n} \left(-\frac{1}{12} x^{-3}\right) dx=\frac{1}{24}\left(\frac{1}{n^2}-1\right)\)
よって、\(\gamma_n\)は以下のように挟み打つことが出来る。
\(\displaystyle \frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\frac{1}{24}\left(\frac{1}{n^2}-1\right)< \)
\(\displaystyle \gamma_n<\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right) \)
ここで、\(n \to \infty\)とすると、
\[0.54167\cdots=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}-\frac{1}{24}<\gamma<\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{1}{12}=0.66666\cdots \]
となるけど、これでは幅が広すぎて\(\gamma\)の値について捉えどころがない。
◎そこで、\(M=3\)として再び公式を使ってみよう。
\(\displaystyle \gamma_n=\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{B_{2}}{2!}\left( -\frac{1}{n^2}-(-1) \right) +\frac{B_{3}}{3!}\left( \frac{2}{n^3}-1 \right) \)
\(\displaystyle-\frac{(-1)^{3}}{3!}\int_{1}^{n} B_{3}(x-\lfloor x \rfloor)(-3!x^{-4})dx \)
同様に最終項(剰余項)の最大最小を考える。\(B_{3}(x)\)の\(0\)～\(1\)間での振る舞いを調べる。
\(\displaystyle B_{3}(x)=x^3-\frac{3}{2}x^2+\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x(2x-1)(x-1) \)
\(\displaystyle B_{3}(x)’=3B_{2}=3\left(x^2-x+\frac{1}{6}\right) \)
\(B_{3}(x)\)は\(x=0、0.5、1\)でゼロとなり、三次の多項式なので、二つ極値があり、それは\(0\)～\(1\)間である。そこで\(B_{3}(x)’=0\)となる方程式を考える。この二次方程式
\(\displaystyle 6x^2-6x+1=0 \)
の二解は\( \displaystyle \alpha=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\)、\( \displaystyle \beta=\frac{3+\sqrt{3}}{6}\)となるので、これらの極値の値は、例えば\(\displaystyle \alpha^2-\alpha+\frac{1}{6}=0\)を用いて次数下げをしながら計算すると、極大値は
\(\displaystyle B_{3}(\alpha)=\alpha^3-\frac{3}{2}\alpha^2+\frac{1}{2}\alpha=\alpha\left(\alpha-\frac{1}{6}\right)-\frac{3}{2}\left(\alpha-\frac{1}{6}\right)+\frac{1}{2}\alpha \)
\(\displaystyle=\left(\alpha-\frac{1}{6}\right)-\frac{1}{6}\alpha-\frac{3}{2}\left(\alpha-\frac{1}{6}\right)+\frac{1}{2}\alpha=-\frac{1}{6}\alpha+\frac{1}{12}=\frac{\sqrt{3}}{36} \)
となる。同様に極小値は
\(\displaystyle B_{3}(\beta)=-\frac{1}{6}\beta+\frac{1}{12}=-\frac{\sqrt{3}}{36}\)
となる。以上より剰余項は以下のように評価することが出来る。
\(\displaystyle \frac{3!}{3!}\int_{1}^{n} B_{2}(x-\lfloor x \rfloor)(x^{-4})dx< \int_{1}^{n} \frac{\sqrt{3}}{36} x^{-4}dx=\frac{\sqrt3}{108}\left(1-\frac{1}{n^3}\right)\)
\(\displaystyle \frac{3!}{3!}\int_{1}^{n} B_{3}(x-\lfloor x \rfloor)(x^{-4})dx> \int_{1}^{n} \left(-\frac{\sqrt{3}}{36} x^{-4}\right) dx=\frac{\sqrt{3}}{108}\left(\frac{1}{n^3}-1\right)\)
よって、\(\gamma_n\)は以下のように挟み打つことが出来る。\(B_{3}=0\)に注意！
\(\displaystyle \frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\frac{\sqrt{3}}{108}\left(\frac{1}{n^3}-1\right)< \)
\(\displaystyle \gamma_n<\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\frac{\sqrt{3}}{108}\left(1-\frac{1}{n^3}\right) \)
ここで、\(n \to \infty\)とすると、
\[0.5673\cdots=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}-\frac{\sqrt{3}}{108}<\gamma<\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{\sqrt{3}}{108}=0.59937\cdots \]
だんだん狭まってきましたな。
◎手計算という意味では\(M=4\)の場合も行けるのでやってみるとよいかも！
\(\displaystyle B_{4}(x)=x^4-2x^3+x^2-\frac{1}{30}\)
\(\displaystyle B_{4}(x)’=4B_3(x)=2x(2x-1)(x-1) \)
の\(0\)～\(1\)間での最大最小については
最大値は\(\displaystyle B_{4}(0.5)=\frac{7}{240}\)、
最小値は\(\displaystyle B_{4}(0)=B_{4}(1)=-\frac{1}{30}\)
となることに注意して、\(\gamma_n\)を評価すると、
\(\displaystyle \frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)-\frac{1}{120}\left(1-\frac{1}{n^4}\right)+\frac{7}{960}\left(\frac{1}{n^4}-1\right)< \)
\(\displaystyle \gamma_n<\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right) +\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)-\frac{1}{120}\left(1-\frac{1}{n^4}\right)+\frac{1}{120}\left(1-\frac{1}{n^4}\right) \)
ここで、\(n \to \infty\)とすると、
\[0.56771\cdots=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}-\frac{1}{120}-\frac{7}{960}<\gamma<\frac{1}{2}+\frac{1}{12}-\frac{1}{120}+\frac{1}{120}=0.5833\cdots \]
てな感じですかね。
ちなみに、レオンハルト・オイラーは
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{10}\frac{1}{k}=2.9289682539682539\cdots \)
\(\displaystyle \ln10=2.3025850929994045684\cdots \)
と計算し、\(\gamma\)を
\(\displaystyle \gamma=0.57721566449015325\cdots\)
と求めている。まさに執念ですな。その後、ロレンツォ・マスケローニは\(\gamma\)を32桁まで求めたらしいのだが、20桁目以降にミスがあり、正確なのは19桁目までだったようだ。現在は計算機が膨大な桁数を計算してしまうのだが、今のところ、この数が有理数なのか無理数なのかの証明が分かっていない。大方の予想では円周率\(\pi\)やネイピア数\(e\)と同様に超越数ではないかと思われている。
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