1- 1/4 +1/7 -1/10 +1/13 -1/16 +1/19-……=?

　 $1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}-\cdots=\ln 2$ という等式と

　 $1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{9}-\cdots=\dfrac{\pi}{4}$ という等式は非常に有名である。これらの等式は次のような形式でまとめられる。

無限級数の一般化

$a>0,\displaystyle S(a)=\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{an+1}$

　ここで定義した $S(a)$ で二つの等式は $S(1)=\dfrac{\pi}{4}$ 、 $S(2)=\dfrac{\pi}{4}$ とまとめられる。ここでさらなる値を求めたくなるのが人情というものである。具体的には $S(3)$ あたりを求めてみたい。

　これから、そのための一般論を展開する。

　いきなり $S(a)$ を求めるのは難しいので、次のような補助関数を導入する。

$S_{a,N}(x)$ の定義

$S_{a,N}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1} x^{an+1}$

　ここで、次の補題が示せる。

$S_{a,N}(x)$ の導関数

$S'_{a,N}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^N (-x^a)^n$

$Proof$

微分の線形性により項ごとに微分すれば良いことがわかる。 $\bigg(\dfrac{(-1)^n}{an+1}x^{an+1}\bigg)'=(-x^a)^n$ であるので、補題は示された。 $◽︎$

　ここで補題の右辺は等比級数の和の公式によってまとめられることがわかる。

$\displaystyle\sum_{n=0}^N (-x^a)^n=\dfrac{1-(-x^a)^{N+1}}{1+x^a}$ であるので、これにより次の等式が成り立つ。

積分等式

$\displaystyle S_{a,N}(1)=\int_0^1 \dfrac{1-(-x^a)^{N+1}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x$

$Proof$

$S_{a,N}(0)=0$ である。

$\displaystyle\int_0^1 S'_{a,N}(x)\hspace{1mm} \mathrm{d}x=\int_0^1 \dfrac{1-(-x^a)^{N+1}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x$

が成り立つので、 $\displaystyle\int_0^1 S'_{a,N}(x)\hspace{1mm} \mathrm{d}x=S_{a,N}(1)-S_{a,N}(0)$ であることから命題は成り立つ $◽︎$

この等式に $S_{a,N}(x)\stackrel{\mathrm{def}}{=}\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1} x^{an+1}$ を代入すると、次のような等式に変形できる。

有限和と積分の等式

$\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1}=\int_0^1 \dfrac{1-(-x^a)^{N+1}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x$

この等式は見やすい形がある。それは $\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1}-\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x=-\int_0^1 \dfrac{(-x^a)^{N+1}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x$ という形である。特に、これに絶対値を被せた次のような等式は非常に重要である。

誤差の積分評価

$\bigg|\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1}-\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\bigg|=\int_0^1 \dfrac{x^{a(N+1)}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x$

　ここで、次のような補題が成り立つ。

上からの評価

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{a(N+1)}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\leq \dfrac{1}{aN+a+1}$

$Proof$

被積分関数に注目する。

区間 $[0,1]$ で $\dfrac{x^{a(N+1)}}{1+x^a}\leq x^{a(N+1)}$ が成り立つ。

よってこれに $\displaystyle\int_0^1$ を被せると、

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{a(N+1)}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\leq\int_0^1 x^{a(N+1)}\mathrm{d}x=\dfrac{1}{aN+a+1}$ $◽︎$

　この補題を用いると極限公式として次の事実が成り立つことがわかる。

級数-積分等式

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{an+1}=\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm}\mathrm{d}x$

$Proof$

$\bigg|\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1}-\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\bigg|$

$\displaystyle =\int_0^1 \dfrac{x^{a(N+1)}}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\leq\dfrac{1}{aN+a+1}$

という不等式が成り立つので、 $N\to\infty$ とすると、最右辺は $0$ に収束するので、挟み撃ちの原理によって、 $\bigg|\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{an+1}-\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm} \mathrm{d}x\bigg|$ も $0$ に収束し、ここから等式

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{an+1}=\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^a}\hspace{1mm}\mathrm{d}x$

が導ける。 $◽︎$

　この定理から $a=1,a=2$ の値が簡単に求められることに注意しておこう。

$S(a)$ の特殊値

$S(1)=\ln 2,S(2)=\dfrac{\pi}{4}$ が成り立つ

$Proof$

$S(1)=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln 2$

$S(2)=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\dfrac{\pi}{4}$

は簡単な積分である $◽︎$

　本題に入ろう。 $S(3)$ を求めることは $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^3}\mathrm{d}x$ の値を求めることと同じである。ということでこれからは $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^3}\mathrm{d}x$ について考える。そのために、この積分を $I$ とおいて簡潔に書けるようにする。

　定石であるが、被積分関数 $\dfrac{1}{1+x^3}$ に対して、次のような変形を試みる。

部分分数分解の試み

$\dfrac{1}{1+x^3}=\dfrac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}$ なので、

$\dfrac{1}{1+x^3}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-x+1}$ と変形できそう

　ここで、係数 $A,B,C$ を必死に求めると、次のことがわかる。

部分分数分解の成功

$\dfrac{1}{x^3+1}=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{x+1}+\dfrac{-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{2}{3}}{x^2-x+1}$

$Proof$

通分すれば成り立つことが示せる。

$\dfrac{\dfrac{1}{3}}{x+1}+\dfrac{-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{2}{3}}{x^2-x+1}$

$=\dfrac{\dfrac{1}{3}(x^2-x+1)+\bigg(-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{2}{3}\bigg)(x+1)}{1+x^3}$

$=\dfrac{1}{1+x^3}$ $◽︎$

　この補題によって $I$ は次のように変形できる。

$I$ の変形

$\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x^3}\mathrm{d}x=\int_0^1\dfrac{\dfrac{1}{3}}{x+1}\mathrm{d}x-\hspace{-1mm}\int_0^1\dfrac{\dfrac{1}{3}x-\dfrac{2}{3}}{x^2-x+1}\mathrm{d}x$