虚数を数学の世界に初めて導入した人は、イタリアのボローニァ(ボロネーゼというスパゲッティはここで生まれたのか？)という所の数学者ボンベリ(Raffael Bombelli)と言われている。まず、「\(z^2+1=0\)」という方程式は実数(\(\mathbb{R}\)と表すことにしよう)の世界に根を持たない。そこで、この方程式の根を”\(\sqrt{-1}\)”とか”\(i\)”と書くことにして、この新しい数(実数世界に存在しない数で虚数という)を実数体に添加して数の概念を拡大する。この拡大された数を\(\mathbb{C}\)と書いて複素数(または複素数体)と呼ぶことにする。つまり、
\[\mathbb{C}=\{z=x+y\sqrt{-1} または x+iy | x、y \in \mathbb{R}\}\]
という数の世界で物事を考えてみましょう！ということなのだ。このように数を拡大すると、それまで素数であったものが素数でなくなってしまったりする。例えば、素数\(2\)は複素数上では
\[2=(1+i)(1-i)\]
と素因数分解してしまう。つまり、複素数体(複素整数？or ガウス整数)の世界では\(2\)は素数ではなく、\(1+i \)、\(1-i \)が素数(素イデアル)となるわけなのだ。更にこの複素数世界では、なじみ深い三角関数の公式：「\(1=\cos^2\theta+\sin^2\theta\)」が以下のように因数分解してしまう。
\[1=\cos^2\theta+\sin^2\theta=\left(\cos \theta+i\sin \theta \right)\left(\cos \theta-i\sin \theta \right)\]
そして、ここに登場した破片\(\cos \theta+i\sin \theta\)、\(\cos \theta-i\sin \theta\)は、\(n\)乗に対して恐ろしいほどにきれいな性質を持つ。やってみると、
\(\displaystyle \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^2\)
\(\displaystyle =\cos^2 \theta -\sin^2\theta \pm 2i\sin \theta \cos \theta \)
\(\displaystyle =\cos 2\theta \pm i\sin 2\theta \)
\(\displaystyle \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^3= \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right) \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^2\)
\(\displaystyle = \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right) \left(\cos 2\theta \pm i\sin 2\theta \right) \)
\(\displaystyle =\cos 2\theta \cos \theta – \sin 2\theta \sin \theta \pm i \left( \sin 2\theta \cos \theta + \cos 2\theta \sin \theta \right) \)
\(\displaystyle =\cos 3\theta \pm i\sin 3\theta \)
\(\vdots\)
\(\displaystyle \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^n=\cos n\theta \pm i\sin n \theta \)
が成り立ちそうだ。そこで、\(n+1 \)の時にも成り立つことを示しておこう。
\(\displaystyle \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^{n+1}= \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right) \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^n\)
\(\displaystyle = \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right) \left(\cos n\theta \pm i\sin n\theta \right) \)
\(\displaystyle =\cos n\theta \cos \theta – \sin n\theta \sin \theta \pm i \left( \sin n\theta \cos \theta + \cos n\theta \sin \theta \right) \)
\(\displaystyle =\cos (n+1)\theta \pm i\sin (n+1)\theta \)
更に、次の性質も成り立つ。
\(\displaystyle \left(\cos \theta + i\sin \theta \right)^{-n}=\left(\frac{1}{\cos \theta + i\sin \theta}\right)^n \)
\(\displaystyle =\left(\frac{\cos \theta – i\sin \theta}{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}\right)^n =\left(\cos \theta – i\sin \theta \right)^n \)
\(\displaystyle =\cos n\theta – i\sin n\theta =\cos (-n\theta) + i\sin (-n\theta) \)
この事実より、上記の性質は自然数(\(\mathbb{N}\))ではなくて、整数(\(\mathbb{Z}\))でも成り立つのである。そこで、この美しい性質をまとめておこう。
《その１》ド・モアブル(de Moivre)の公式
\(\displaystyle \left(\cos \theta \pm i\sin \theta \right)^n=\cos n\theta \pm i\sin n \theta \)
が成り立つ。但し、\(n \in \mathbb{Z}\)である。
さて、今回はこの公式を出発点として、バーゼルの問題：\(\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)を示してみよう。
《その2》\(\displaystyle \sin(2m+1)x=\sin^{2m+1}x \cdot P_m (\cot^2x) \)とする。但し、
\(\displaystyle P_m (x)=a_0 x^m+a_1 x^{m-1}+\cdots+a_{m-1}x+a_m、\cot x=\frac{1}{\tan x}\)
である。ここで、\(P_m (x)\)の係数\(a_0、a_1\)を\(m\)を用いて表せ。ここで、\(a_2 、\cdots、a_{m-1}、a_m\)は求めなくてよい。
《その１》のド・モアブルの公式と\(\displaystyle \sin(2m+1)x=\sin^{2m+1}x \cdot P_m (\cot^2x) \)をじっと眺め続けていると「ド・モアブルの公式の\(n\)を\(2m+1\)で置き換えてみたらうまくいくのでは！」と思えてくる。さっそく実行だ。
\(\displaystyle \cos (2m+1)\theta + i\sin (2m+1) \theta =\left(\cos \theta + i\sin \theta \right)^{2m+1}\)
\(\displaystyle =\sin^{2m+1}\theta \left( \frac{\cos \theta}{\sin \theta}+i \right)^{2m+1}=\sin^{2m+1}\theta \left( \cot \theta+i \right)^{2m+1}\)
上式左辺(出発点の式)のimaginary partは\(\sin (2m+1)\theta \)であるから、右辺(最後の式)の\(\left( \cot \theta+i \right)^{2m+1}\)の展開を行い、そのimaginary part見て行けばよいのであろう。以下では組み合わせの記号を
\(\displaystyle {}_n C_k = {n \choose k}=\frac{n!}{k! (n-k)!} \)
として、\( {n \choose k}\)を用いることにする。さーて、展開してみよう。
\(\displaystyle \left( \cot \theta+i \right)^{2m+1}=\sum_{k=0}^{2m+1}{n \choose k}\cot^{2m+1-k}\theta \ i^k \)
\(\displaystyle=\left\{{2m+1 \choose 0 }\cot^{2m+1}\theta -{2m+1 \choose 2}\cot^{2m-1}\theta +\cdots \right\}\)
\(\displaystyle +i \left\{{2m+1 \choose 1}\cot^{2m}\theta -{2m+1 \choose 3}\cot^{2m-2}\theta +\cdots \right\}\)
このimaginary partに着目すると、
\(\displaystyle P_m (\cot^2 \theta)=a_0 (\cot^2)^m+a_1 (\cot^2)^{m-1}+\cdots \)
\(\displaystyle ={2m+1 \choose 1}\cot^{2m}\theta -{2m+1 \choose 3}\cot^{2m-2}\theta +\cdots \)
\(\displaystyle ={2m+1 \choose 1}(\cot^2 \theta)^m -{2m+1 \choose 3}(\cot^2\theta)^{m-1} +\cdots \)
というわけなので、係数比較すると、
\(\displaystyle a_0 = {2m+1 \choose 1 }=\frac{(2m+1)!}{(2m)!\ 1!}=2m+1 \)
\(\displaystyle a_1 = -{2m+1 \choose 3 }=-\frac{(2m+1)!}{(2m-2)!\ 3!}=-\frac{1}{6}(2m+1)(2m)(2m-1) \)
と求まることになる。
《その3》\(\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\cot^2\left(\frac{\pi k}{2m+1} \right)=\frac{1}{3}m(2m-1) \) を示せ。
ウームッ！これは少し手が止まってしまうかもねぇー。兎に角、《その２》に戻ってそこから手掛かりを探すべきだろう。まず、\(P_m(x)\)は\(m \)次多項式であった。そして不思議なことに《その２》では\(m\)個の係数の中で、たった二つの\(a_0\)と\(a_1\)しか決定させなかった。何故なのか？上記で求めた\(a_0\)と\(a_1\)の値をジーッと眺めていると、示すべき式は
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\cot^2\left(\frac{\pi k}{2m+1} \right)=\frac{1}{3}m(2m-1) =-\frac{a_1}{a_0}\)
と書けることに気が付く。しかし、だから何ッ？てな感じか。しかし、しばらく沈思黙考していると、「\(P_m(x)=0\)」の\(m\)次方程式を考え、その\(m\)個の解を\(\alpha_1、\alpha_2、\cdots 、\alpha_m\)とすると、根と係数の関係より、
\[\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots +\alpha_m = -\frac{a_1}{a_0}\]
となる。ここで、\(\displaystyle \theta_k=\frac{\pi k}{2m+1}\)と置くと、示したいことは
\[\cot^2 \theta_1 +\cot^2 \theta_2 + \cdots +\cot^2 \theta_m=-\frac{a_1}{a_0}\]
であるから、\(\alpha_k=\cot^2 \theta_k \)（\(k=1、2、\cdots 、m\)）が\(m\)次方程式「\(P_m(x)=0\)」の\(m\)個の解になっていることを示せばよいだろう。《その２》を眺めていると、\(\displaystyle (2m+1)\theta_k=\pi k \)であるから、
\[0=\sin \pi k=\sin(2m+1)\theta_k=\sin^{2m+1}\theta_k \cdot P_m (\cot^2 \theta_k)\]
となるので、\(\sin^{2m+1}\theta_k \neq 0\)であれば、\(\displaystyle P_m (\cot^2 \theta_k)=0\)が言えて、\(\cot^2 \theta_k \)が方程式の解とわかる。そこで、
\[0<\theta_k=\frac{\pi k}{2m+1}\leq \frac{\pi m}{2m+1}=\frac{\pi}{2+(1/m)}<\frac{\pi}{2}\]
となるので、明らかに\(\sin^{2m+1}\theta_k \neq 0\)であることがわかる。更に、\(\displaystyle 0<\theta<\pi/2 \)において、\(\cot \theta\)は狭義減少関数なので\(\cot\theta_k\)はすべて異なることもわかる。よって題意の関係式が示せた。
《その4》\(\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\csc^2 \left(\frac{\pi k}{2m+1} \right)=\frac{2}{3}m(m+1) \) を示せ。但し、\(\displaystyle \csc \theta=\frac{1}{\sin\theta}\)である。
これは\(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta=1\)より\(1+\cot^2 \theta=\csc^2 \theta\)を使えば一発だ。
\[ \sum_{k=1}^{m}\csc^2 \theta_k= \sum_{k=1}^{m}\left \{1+\cot^2 \theta_k \right \}=m+\frac{1}{3}m(2m-1)=\frac{2}{3}m(m+1) \]
《その５》バーゼルの問題：\(\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)を示せ。
えッ！今までのことでバーゼルが示せるのッ？どこに\(\zeta(2)\)が生息しているのだ。ジーッと探していると、\(\displaystyle \theta_k=\frac{\pi k}{2m+1}\)のところに…！逆にして、\(\displaystyle \frac{1}{\theta_k}=\frac{2m+1}{\pi} \cdot \frac{1}{k} \)となる。これを二乗してΣすれば…！
\[\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{\theta_k^2}=\left(\frac{2m+1}{\pi}\right)^2\sum_{k=1}^m\frac{1}{k^2}\]
となってゼータの赤ちゃん(無限和の一歩手前)が顔をだしたわけだ。《その３》の証明過程で\(\displaystyle 0<\theta_k<\frac{\pi}{2}\)とわかっているので、\(0<\sin\theta_k<\theta_k<\tan\theta\)より\(\displaystyle \frac{1}{\tan\theta_k}<\frac{1}{\theta_k}<\frac{1}{\sin\theta_k}\)である。これを二乗してΣすると、
\[\sum_{k=1}^{m}\cot^2\theta_k<\left(\frac{2m+1}{\pi}\right)^2\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2}<\sum_{k=1}^{m}\csc^2\theta_k \]
より、
\(\displaystyle \frac{1}{3}m(2m-1)<\left(\frac{2m+1}{\pi}\right)^2\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2}<\frac{2}{3}m(m+1) \)
\(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{\pi^2 m(2m-1)}{3(2m+1)^2}<\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2}<\frac{2\pi^2 m(m+1)}{3(2m+1)^2} \)
\(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{\pi^2 (2-1/m)}{3(2+1/m)^2}<\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2}<\frac{2\pi^2 (1+1/m)}{3(2+1/m)^2} \)
となるので、\(m \to \infty\)とすると、上記の不等式の下限も上限も\(\displaystyle \frac{\pi^2}{6}\)に向かうので、はさみ撃ちより、
\[\zeta(2)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}= \lim_{m \to \infty}\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2} =\frac{\pi^2}{6}\]
となったわけだ。めでたしめでたし。
《補足》中さんから入電！
「ボロネーゼというスパゲッティは…」
という所についてクレームが入りやした。驚いたことに、本場ボローニャのボロネーゼはスパゲッティではなく、『タリアテッレ』という太くて平たい麺(名古屋の”きしめん”みたいなやつらしい)を使うとのこと。イタリアでは『タリアッテレ』、『スパゲッティ』、『リガトーニ』、『パスタ』と使い分けがなされているらしい。日本の感覚で長い麺を食べようとして『パスタ』を注文すると短い麺が登場して焦ってしまう日本人も多いとか。我々の思っている長い麺を食べたかったら『スパゲッティ』と書いてあるやつを注文しなくてはいけないらしい。ただし、ボロネーゼにスパゲッティメニューはないとのこと。驚きだぁー😱。世界を駆け巡る中さんならではのお教えでした。
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