円周率.jp (http://xn--w6q13e505b.jp/proof/bbp.html)

BBPの公式の証明

最近発見された割に, 式が正しい事の証明は高校数学程度の知識で十分可能な BBP の公式. ここでは [JB02][FB02] に紹介されている証明を, 途中の流れを見失うことが無いよう敢えて冗長にして紹介する.

前準備

先に公式もどきを構成し,後でそれを当てはめて公式を証明する. 無限等比級数の公式から

\[ S(r) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r} \]

この式に $r=x^8$ を代入し, $x^{k-1}$ をかけると

\[ x^{k-1}S(x^8) = x^{k-1}\sum_{n=0}^{\infty}x^{8n} = \frac{x^{k-1}}{1-x^8} \]

この中辺と右辺を 0 から $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ まで積分し, $\sum$ のある方の計算を進める.

\[ \begin{eqnarray} \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{x^{k-1}}{1-x^8}dx &=& \int_0^{1/\sqrt{2}} x^{k-1} \sum_{n=0}^{\infty} x^{8n} dx\\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^{1/\sqrt{2}} x^{8n+k-1} dx\\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \left[ \dfrac{x^{8n+k}}{8n+k} \right]_0^{1/\sqrt{2}}\\ &=& \dfrac{1}{\sqrt{2}^k} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{16^n(8n+k)} \end{eqnarray} \] \[ \therefore \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{16^n(8n+k)} = \sqrt{2}^k \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{x^{k-1}}{1-x^8} dx \]

証明

上記の公式に $k=1,4,5,6$ を代入したものを足し合わせる.

\[ \begin{eqnarray} &&\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{16^n} \left(\dfrac{4}{8n+1} - \dfrac{2}{8n+4} - \dfrac{1}{8n+5} - \dfrac{1}{8n+6} \right)\\ &=& \int_0^{1/\sqrt{2}} \left(\dfrac{4\sqrt{2}}{1-x^8} - \dfrac{2\sqrt{2}^4x^3}{1-x^8} - \dfrac{\sqrt{2}^5x^4}{1-x^8} - \dfrac{\sqrt{2}^6x^5}{1-x^8}\right) dx\\ &=& \int_0^{1/\sqrt{2}} \dfrac{4\sqrt{2}-2\sqrt{2}^4x^3-\sqrt{2}^5x^4-\sqrt{2}^6x^5}{1-x^8} dx\\ &=& \int_0^{1/\sqrt{2}} \dfrac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}x^4-8x^5}{1-x^8} dx \end{eqnarray} \]

ここで $y=\sqrt{2}x$ と置換すると,$dx=\dfrac{dy}{\sqrt{2}}$ より

\[ \begin{eqnarray} {\rm (与式)} &=& \int_0^1 \dfrac{4\sqrt{2}-2\sqrt{2}y^3-\sqrt{2}y^4-\sqrt{2}y^5}{1-(y/\sqrt{2})^8} \dfrac{dy}{\sqrt{2}}\\ &=& 16 \int_0^1 \dfrac{4-2y^3-y^4-y^5}{16-y^8} dy \end{eqnarray} \]

次に分子,分母のそれぞれを因数分解する.

\[ 4-2y^3-y^4-y^5 = (1-y)(2+y^2)(2+2y+y^2) \] \[ 16-y^8 = (2+y^2)(2-y^2)(2+2y+y^2)(2-2y+y^2) \]

したがって,共通因数の $(2+y^2)(2+2y+y^2)$ で約分できて

\[ \begin{eqnarray} {\rm (与式)} &=& 16\int_0^1 \dfrac{1-y}{(2-y^2)(2-2y+y^2)} dy\\ &=& \int_0^1 \dfrac{16y-16}{(y^2-2)(y^2-2y+2)}dy\\ &=& \int_0^1 \dfrac{4y}{y^2-2}dy + \int_0^1 \dfrac{-4(y-2)}{y^2-2y+2} dy\\ &=& 2\int_0^1 \dfrac{(y^2-2)'}{y^2-2}dy - 2\int_0^ \dfrac{(y^2-2y+2)'}{y^2-2y+2}dy + \int_0^1 \dfrac{4}{y^2-2y+2}dy\\ &=& 2\left[ \log|y^2-2| \right]_0^1 - 2\left[\log|y^2-2y+2|\right]_0^1 + \int_0^1\dfrac{4}{1+(y-1)^2}dy\\ &=& 2(\log 1 - \log2) - 2(\log 1 - \log 2) + \int_0^1 \dfrac{4}{1+(y-1)^2}dy\\ &=& -4 \arctan(-1) = \pi \end{eqnarray} \]

ということから,最初と最後をつなげることで BBP の公式

\[ \pi = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{16^k}\left(\frac{4}{8k+1}-\frac{2}{8k+4}-\frac{1}{8k+5}-\frac{1}{8k+6}\right) \]

が示された.