はじめに

　有名ですね。答えをご存知の方も多いと思います。この計算は色々な方法が知られていますが、多くは "なんかウマいことやってみたら思わず和が計算できちゃった！" みたいな印象を受けます。お前、それホンマに狙って計算始めたんか、と聞きたくなるような。なのでビックリはするものの、個人的にはどうもスッキリしません。そんな中、今回ご紹介する方法は、真正面からガチンコで計算勝負を仕掛けるということもあり、とても分かりやすいので気に入っています。

計算の大まかな流れ

　以下に大まかな流れを示します。

では行きましょう。

ステップ1

級数を積分にする

　まずは次の関係を思い出しましょう。

$$1 + x + x^2 + \cdots = \frac{1}{1-x} $$

　これは$0<x<1$においては問題なく成立します。$x$を$xy$に置き換えても、もちろん成立しますから

$$\frac{1}{1-xy}=1+(xy)+(xy)^2 + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1}$$

　これを$0<x,y<1$の範囲で積分して

$$\begin{aligned} \int_0^1\int_0^1\frac{1}{1-xy} dxdy=& \int_0^1\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1} dxdy\\ =&\sum_{n=1}^{\infty} \left\{ \int_0^1\int_0^1(xy)^{n-1}dxdy \right\}\\ =&\sum_{n=1}^{\infty}\left(\int_0^1x^{n-1}dx \right) \left(\int_0^1 y^{n-1} dy \right)\\ =&\sum_{n=1}^{\infty} \left( \left[\frac{x^n}{n}\right]_0^1\left[\frac{y^n}{n}\right]_0^1 \right)\\ =& \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n}\\ =& \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\\ \end{aligned}$$

　途中、無造作に$\int$と$\sum$を入れ替えていることを心配に思うかもしれませんが、これは記法だけの問題で、実態は

$$ \begin{aligned} &\int_0^1 \left\{\int_0^1 (1+xy +x^2y^2 + \cdots) dx \right\}dy\\ =&\int_0^1 \left(\left[x+\frac{1}{2}x^2y +\frac{1}{3}x^3y^2 + \cdots + \frac{1}{n}x^{n}y^{n-1} \cdots\right]_0^1 \right)dy\\ =& \int_0^1 \left(1 + \frac{1}{2}y +\frac{1}{3}y^2+\cdots + \frac{1}{n}y^{n-1} \cdots \right) dy\\ =& \left[ y + \frac{1}{2^2}y^2 + \frac{1}{3^2}y^3 + \cdots\right]_0^1\\ =& 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots \\ =& \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \end{aligned}$$

　
　ということで、$x,y$についてそれぞれ普通に積分を行っているに過ぎません。
　これで和の計算が二重積分に帰着できました。

ステップ2

座標変換で積分を解きやすい形にする

　次へ進みましょう。
　その前に些末なことですが、問題の定積分の値を$I$と置きます。後の記述が便利になるというだけのことです。さて、上述の変数変換を行ってみましょう。すなわち、

$$\begin{cases} u &=& \displaystyle \frac{y + x}{2} \\ v &=& \displaystyle \frac{y - x}{2}\\ \end{cases}$$

と変数変換（座標変換と呼んだほうが多変数のときはイメージに近いかも知れません）を施します。このとき$x=u-v$,$y=u+v$であることから

$$\begin{aligned} \frac{1}{1-xy}dxdy = & \frac{1}{1-\left(u-v\right)\left(u+v\right)}\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|dudv\\ =& \frac{1}{1-(u^2-v^2)}\cdot2dudv\\ =& \frac{2}{(1-u^2)+v^2}dudv\\ \end{aligned}$$

となります。ここで$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|$はヤコビアンで

$$\begin{aligned} \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| &= \left| \frac{\partial x}{\partial u}\cdot \frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v}\cdot \frac{\partial y}{\partial u}\right|\\ &=\left|1\cdot 1 -(-1)\cdot1\right|\\ &=2 \end{aligned}$$

と機械的に計算する事ができます。2変数の積分では必須の知識です。実はこれくらい単純だと、ヤコビアンを計算するまでもなく$dxdy=2dudv$と分かるのですが、慣れが必要だと思いますので、ヤコビアンを確認するのが無難です。

積分範囲を確認する

　さて、変数変換に伴う積分範囲の変更を考えましょう。$u$は$x$と$y$の和で定義されているので、$0<x<1$, $0<y<1$より$0<u=\frac{x+y}{2}<1$と簡単に分かります。一方の$v$は$-1<v<1$の範囲を動き得るわけですが、$I$が$v$についての偶関数であることに注意すれば、$0<v<1$の範囲で考えるだけで良さそうです。ただし$x$と$y$は完全に独立に0から1の範囲を動くことができたのに対し、$u$と$v$は、積分範囲の境界上ではそういうわけにはいかないという事情があります。これは例えば、$u$が1となるのは$x=y=1$のときに限られ、このとき$v$の値が$\frac{1-1}{2}=0$と一意に決まってしまうことからも分かります。
　ゆっくり考えると$0<u<\displaystyle\frac{1}{2}$の範囲では、$v$の上限において$v=u$の関係があるため$v$は0から$u$までを、$\displaystyle\frac{1}{2} < u< 1$の範囲では$v=1-u$の関係より$v$は$0$から $1-u$までを動くことになります。この辺は図に示しておきましたので、そちらを見ていただく方が直感的だと思います。

　したがって積分範囲は2つに分けて考える必要があり、$0<u<\displaystyle\frac{1}{2}$において$0<v<u$,$\displaystyle\frac{1}{2} < u <1$において$0 < v < 1-u$ となりますので

$$ \begin{aligned} I=&2\int_0^{\frac{1}{2}}\left( \int_0^{u}\frac{2}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du +2\int_{\frac{1}{2}}^1\left( \int_0^{1-u}\frac{2}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du\\ =&4\int_0^{\frac{1}{2}}\left( \int_0^{u}\frac{1}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du +4\int_{\frac{1}{2}}^1\left( \int_0^{1-u}\frac{1}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du\\ =&4\left(I_1 + I_2 \right) \end{aligned}$$

と書けます。ここで一行目各項の頭の"$2$"は$v$についての偶関数であることから$v$の積分範囲を$0<v$に限定したことを反映しています。

　こうして問題は$I_1$と$I_2$の計算に帰着しました。

ステップ3

$I_1$を計算する（前半の積分）

　予告通り$\arctan x$の積分を使います。$\arctan x$ はよろしいでしょうか。

$$ y = \tan x \Harr x = \arctan y$$

です。蛇足のようなことを書いておくと

$$\arctan\left(\tan \theta \right) = \theta$$

ということになります。

　
　さあ$I_1$を求めます。

$$ \begin{aligned} I_1 = &\int_0^{\frac{1}{2}}\left( \int_0^{u}\frac{1}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du\\ =&\int_0^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{v}{\sqrt{1-u^2}}\right) \right]_0^u du\\ =&\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right) \ du\\ \end{aligned}$$

　ここで$u=\sin\theta$と置いておなじみの置換積分を試みます。すると積分範囲は$0<\theta<\displaystyle\frac{\pi}{6}$となり、

$$ \begin{aligned} I_1=& \int_0^{\pi/6}\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\arctan\left(\frac{\sin\theta}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\right)\cos\theta d\theta\\ =&\int_0^{\pi/6}\frac{\cos\theta}{\cos\theta}\arctan\left(\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/6} \arctan\left(\tan\theta\right)d\theta \end{aligned}\\$$

と、上で蛇足扱いした形が登場しますから、これはラッキーということで

$$ \begin{aligned} I_1 %=&\int_0^{\pi/6} \arctan\left(\tan\theta\right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/6} \theta d\theta\\ =&\left[\frac{1}{2}\theta ^2 \right]_0^{\pi/6}\\ =&\frac{\pi^2}{72} \end{aligned}\\$$

と無事に$I_1$の値を求めることができました。

$I_2$を計算する（後半の積分）

　$I_2$の計算も本質的には同じことを繰り返すだけなのですが、若干の計算テクニックが求められます。まずは$I_1$と同じように$\arctan x$の積分です。

$$ \begin{aligned} I_2 = &\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left( \int_0^{1-u}\frac{1}{(1-u^2) + v^2}dv\right) du\\ =&\int_{\frac{1}{2}}^1\left[ \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{v}{\sqrt{1-u^2}}\right) \right]_0^{1-u} du\\ =&\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right) \ du\\ \end{aligned}$$

　ここまでは積分範囲が異なるだけで、基本的には$I_1$の場合と全く一緒です。今度は$u=\cos\theta$と置きましょう。積分範囲は$0<\theta<\displaystyle\frac{\pi}{3}$となりますが、下限の$\displaystyle\frac{1}{2}$に対応するのが$\displaystyle\frac{\pi}{3}$、上限の$1$に対応するのが$0$となりますので

$$ \begin{aligned} I_2=& \int_{\pi/3}^0\frac{1}{\sqrt{1-\cos^2\theta}}\arctan\left(\frac{1-\cos\theta}{\sqrt{1-\cos^2\theta}}\right)(-\sin\theta) d\theta\\ =&\int_{\pi/3}^0\frac{(-\sin\theta)}{\sin\theta}\arctan\left(\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/3} \arctan\left(\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\right)d\theta \end{aligned}\\$$

　ここで受験数学でお世話になった公式

$$ \begin{aligned} \cos\theta = 1 - 2\sin^2\frac{\theta}{2}\\ \sin\theta = 2\sin\frac{\theta}{2} \cos\frac{\theta}{2} \end{aligned}$$

　を思い出して、上の$\arctan$の中身に適用すれば

$$ \begin{aligned} I_2 =&\int_0^{\pi/3} \arctan\left( \frac{2\sin^2\frac{\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}} \right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/3} \arctan\left( \frac{\sin\frac{\theta}{2}}{\cos\frac{\theta}{2}} \right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/3} \arctan\left( \tan \frac{\theta}{2} \right)d\theta\\ =&\int_0^{\pi/3} \frac{\theta}{2} d\theta\\ =&\left[\frac{1}{4}\theta ^2 \right]_0^{\pi/3}\\ =&\frac{\pi^2}{36} \end{aligned}\\$$

　$I_2$の値も求めることが出来ました。

まとめ

　一応まとめておきますが、

$$ \begin{aligned} I =& 4 \left( I_1 + I_2 \right) \\ =&4\times\left(\frac{\pi^2}{72} +\frac{\pi^2}{36} \right)\\ =&\frac{\pi^2}{6} \end{aligned}$$

　長い計算でしたが、きれいに答えが出ました。

　バーゼル問題は数学の不思議な世界を私達に見せてくれます。答えの形も不可解な美しさを持っていますが、解法の多様さもまた、数学の世界の奥深さを垣間見せてくれるのでは無いでしょうか。いずれまた、違う解法も紹介したいと思います。

　お付き合いいただき、ありがとうございました。