バーゼルからゼータへ（遊びの数論40）

他のメモへのリンク集。リンク集を飛ばして、このページの前書きへ。本文の目次へ。21、22などの数字は、メモの番号です。

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きちんとまとまった記事ではなく、雑多なメモ。誤字脱字・間違いがあるかもしれません。

お札の肖像などは格好よく描くのがお約束とはいえ、ずいぶん偉そうなオイラー。

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• 目次。約7の項目があります。2025などの数字は、メモの日付です。
• 2025-04-06　1 + 1/2² + 1/3² + … = π²/6 の別証明　☆総和記号不使用☆
• 2025-04-09　π⁴/90 = 1.082323233…　バーゼル問題の次の一歩
• 2025-04-11　n 次式の根の和・平方和など　「エレガントな証明」の補足
• 2025-04-12　ζ(6) = π⁶/945　そろりと二歩目
• 2025-04-14　「ニュートンの式」軽妙な入門　ライヒシュテインによる
• 2025-04-19　ζ(2d) の再帰的な一般公式　三歩進んで
• 2025-04-20　ζ(12) を見たときの不思議な気分　ダダッとダッシュ
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2025-04-06　1 + 1/2² + 1/3² + … = π²/6 の別証明　☆総和記号不使用☆

#遊びの数論　#Morrie の法則　#バーゼル問題

1², 2², 3², ··· という平方数。それらの逆数を無限に足し合わせると、「円周率の平方÷6」に等しくなる。なんともミステリアスな現象だ！

その簡単な証明を既に紹介したが、「簡単な」といっても、総和記号の繊細な処理が必要だった。総和記号 ∑ や積分記号 ∫ ってやつは、慣れてしまえば「これほど便利なツールはない」とも思えるが、なにやら小難しいムードを漂わせてるのも事実。以下で記す別証明では、これらの難しい（？）記号を一切使わない。しかも、入り口の部分が大変美しく、後半も面白い。楽しい散歩道だ。

だが、うまい話には裏があるんだぜ。最初に紹介した「簡単な証明」は、三角関数の基本さえ知ってれば他にはほとんど予備知識不要、という内容だった。それに対して、今回の別証明では、三角関数の基本に加えて、二項定理が必要（二項係数の操作は不要で、定義だけ知ってれば十分だが）。のみならず「ド・モアブルの定理」「多項式の根と係数の関係」も必要で、一瞬だが複素数の範囲で考えなければならない。一般向けっていうより、高校生向けかも。複素数が嫌いな方には、向かないかな。その代わり、総和記号が苦手でも安心、みたいな？

この味わい深いアイデアは、1970年代に Holme [1] と Papadimitriou [2] によって、独立して公表された。総和記号を使わないアレンジは一見不可能（不自然）なようだが、やってみたら意外とできた。以下の記述のほとんどは [2] と [7] に基づく。便宜上、三つの部分に分ける。

〔追記〕　書き終わってから知ったことだが、同様の証明のアイデアは古くからあり、この形式で最初に軽妙にまとめたのは Yaglom 兄弟 [6] のようだ。このメモの続編や補足編も公開した。（2025年4月11日）

第一部

cot θ は、 tan θ の逆数つまり 1/(tan θ) を意味する（「コタンジェント（cot）プチ入門」参照）。 180° = π を n 等分した角度のうち（n は 3 以上の奇数）、 0° より大きく 90° より小さい角度に対する cot² を足し合わせると、次のような印象的なパターンが現れる。
　　cot² (π/3) = (1)/3
　　cot² (π/5) + cot² (2π/5) = (1 + 2 + 3)/3 = 2
　　cot² (π/7) + cot² (2π/7) + cot² (3π/7) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5)/3 = 5
　　cot² (π/9) + cot² (2π/9) + cot² (3π/9) + cot² (4π/9) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7)/3 = 28/3

証明については後回しにして、とりあえず「なかなかきれい」。一般に n = 2m + 1 を 3 以上の奇数とすると:
　　cot² [π/(2m+1)] + cot² [2π/(2m+1)] + ···  + cot² [mπ/(2m+1)] = m(2m − 1)/3　　《あ》
本題と関係ないが、《あ》右辺の分子 m(2m − 1) は、 1 から 2m − 1 までの整数の和に等しい（三角数の一種）。事実、
　　1 + 2 + ··· + A = A(A + 1)/2
という基本公式に A = 2m − 1 をぶち込むと、こうなる:
　　1 + 2 + ··· + (2m − 1) = (2m − 1)(2m)/2 = (2m − 1)m

さて、《あ》の証明を後回しにしたままで、「《あ》を使えば、無限の和 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ··· の答えが意外と簡単に出る」ってことを先に示す。

0 < θ < π/2 のとき tan θ > θ > sin θ なので^†（そしてそれらの数は正なので）、それぞれの逆数を考えると:
　　cot θ < (1/θ) < csc θ　　← 数が大きいほど逆数は小さい。 csc は sin の逆数
　　∴　cot² θ < (1/θ)² < csc² θ　　← 上記の数は全部正。それぞれ平方しても大小関係は不変
csc² θ = 1 + cot² θ なので、次の関係が成り立つ。

0 < θ < π/2 ならば
　　cot² θ < (1/θ)² < 1 + cot² θ

今、 θ = π/(2m+1) の場合や θ = 2π/(2m+1) の場合などについて（0 < θ < π/2 という前提で）、上記の不等式を考えると:
　　cot² [π/(2m+1)] < ((2m+1)/(π))² < 1 + cot² [π/(2m+1)]
　　cot² [2π/(2m+1)] < ((2m+1)/(2π))² < 1 + cot² [2π/(2m+1)]
　　　︙
　　cot² [mπ/(2m+1)] < ((2m+1)/(mπ))² < 1 + cot² [mπ/(2m+1)]

これら m 個の不等式を縦に足し合わせ、 cot² の和の公式《あ》を使うと、こうなる:
　　m(2m − 1)/3 < S < m + m(2m − 1)/3　　《い》
ただし S は真ん中の列の和で、具体的には次の通り。
　　S = ((2m+1)/(π))² + ((2m+1)/(2π))² + ··· + ((2m+1)/(mπ))²
　　 = ((2m+1)/(π))² × [1 + (1/2)² + ··· + (1/m)²]
　　 = (2m + 1)²/(π²) × [1 + 1/2² + ··· + 1/m²]　　《う》

《い》の右辺を通分すると 3m/3 + (2m² − m)/3 = (2m² + 2m)/3 = m(2m + 2)/3 なので、《い》をこう変形できる。
　　(1/6)(2m)(2m − 1) < S < (1/6)(2m)(2m + 2)　　《え》

S つまり《う》の × の前の分数を除去するため、不等式《え》で大小を比較されている三つの値を、それぞれ π² 倍して (2m + 1)² で割ると:
　　(π²/6)((2m)/(2m + 1))((2m − 1)/(2m + 1)) < 1 + 1/2² + ··· + 1/m² < (π²/6)((2m)/(2m + 1))((2m + 2)/(2m + 1))
m が ∞ に向かうとき、この不等式の左辺も右辺も π²/6 に向かう。というのも、
　　左辺の因子　(2m)/(2m + 1) = ((2m + 1) − 1)/(2m + 1) = 1 − (1)/(2m + 1)
は、 m が ∞ に向かうとき 1 に向かうし（なぜなら、そのとき (1)/(2m + 1) は 1/∞ = 0 に向かう）、
　　因子　(2m − 1)/(2m + 1) = ((2m + 1) − 2)/(2m + 1) = 1 − (2)/(2m + 1)
についても同じことがいえる。右辺の因子についても同様。

従って、 m が ∞ に向かうとき、左右二つの極限値の間にある和
　　1 + 1/2² + ··· + 1/m²
もまた、 π²/6 に向かうしかない。

エレガントな議論だが、この証明を完成させるためには、《あ》が正しいことを示さなければならない。

†　「小地域が大地域の一部なら、小地域の面積は大地域の面積より小さいじゃん？」（当たり前）みたいな話（図解）。

第二部

《あ》を証明するための準備として、ド・モアブルの定理を使って、三角関数の「多倍角の公式」を導く。それ自体は古典的な操作で応用範囲も広いが、ここでは cot² の和がターゲットなので、普通の多倍角とはちょっと違う形式を利用。

ド・モアブルの定理、
　　cos nθ + i sin nθ = (cos θ + i sin θ)ⁿ
から、次のように sinⁿ θ をくくり出そう。
　　 = [sin θ (cos θ/sin θ + i)]ⁿ
　　 = sinⁿ θ (cos θ/sin θ + i)ⁿ = sinⁿ θ (cot θ + i)ⁿ　　《お》
《お》によると、例えば n = 3 なら:
　　cos 3θ + i sin 3θ = sin³ θ (cot θ + i)³
　　 = sin³ θ (cot³ θ + 3⋅i¹⋅cot² θ + 3⋅i²⋅cot θ + i³)
　　 = sin³ θ (cot³ θ + 3i cot² θ − 3 cot θ − i)
両辺の虚部の比較から（実部と虚部に分けて虚部だけを取り出す）、
　　sin 3θ = sin³ θ (3 cot² θ − 1)
仮に y = cot² θ と置けば:
　　sin 3θ = sin³ θ (3y − 1)
つまり sin 3θ = sin³ θ × (y についての1次式) の形になる。

また例えば n = 5 なら:
　　cos 5θ + i sin 5θ = sin⁵ θ (cot θ + i)⁵
　　 = sin⁵ θ (cot⁵ θ + 5⋅i¹⋅cot⁴ θ + 10⋅i²⋅cot³ θ + 10⋅i³⋅cot² θ + 5⋅i⁴⋅cot θ + i⁵)
i の偶数乗は実数、奇数乗は虚数なので、 cot θ の奇数乗を含む項は実数、偶数乗を含む項は虚数。虚部の比較から:
　　sin 5θ = sin⁵ θ (5 cot⁴ θ − 10 cot² θ + 1)
y = cot² θ と置けば:
　　sin 5θ = sin⁵ θ (5y² − 10y + 1)
つまり sin 5θ = sin⁵ θ × (y についての2次式) の形になる。

一般に n が正の奇数のとき、 sin nθ = sinⁿ θ (···) の (···) は、 y つまり cot² θ についての多項式になる。実際、《お》に二項定理を適用して、虚部だけを抜き出すと、次の通り（二項定理によって生じる i^k の形の因数は、 k の値に応じて ±i or ±1 に置き換わる。虚部だけを抜き出すなら、それは各項の頭の符号に置き換わり、 + と − が交互に現れる）。
　　sin nθ = sinⁿ θ [(n C 1) cotⁿ⁻¹ θ − (n C 3) cotⁿ⁻³ θ + (n C 5) cotⁿ⁻⁵ θ − ···]
n が奇数 2m+1 なら、 n−1 = 2m は偶数、 n−3, n−5, ··· は 2 ずつ小さくなる偶数であり、上の式はこうなる:
　　sin nθ = sinⁿ θ [(n C 1) cot^2m θ − (n C 3) cot^2m−2 θ + (n C 5) cot^2m−4 θ − ···]　　《か》
　　∴　sin nθ = sinⁿ θ × (cot θ についての 2m 次式)
　　∴　sin nθ = sinⁿ θ × (y についての m 次式)
y = cot² θ なので、 y の指数は cot θ の指数の半分。

y についてのこの m 次式――つまり《か》の [ ] 内――を f(y) としよう:
　　f(y) = (n C 1) y^m − (n C 3) y^m−1 + (n C 5) y^m−2 − ···
n = 2m+1 なので:
　　f(y) = (2m+1 C 1) y^m − (2m+1 C 3) y^m−1 + (2m+1 C 5) y^m−2 − ···　　《き》

以上をまとめると、《か》はこうなる:
　　sin (2m+1)θ = sin^2m+1 θ × f(y)　　《く》
ここで y は cot² θ であり、 f(y) はその y を入力とする m 次式。要するに《く》は、「θ の奇数倍の角度に対する sin の値」（sin 3θ, sin 5θ, sin 7θ など）を、「sin θ の奇数乗」と「y（つまり cot² θ）についての多項式」の積として、表したもの。いわゆる「3倍角の公式」「5倍角の公式」等々の一種だ。

〔注〕　多倍角の sin や cos を「シンプルな sin θ と cos θ の組み合わせ」で表すのが、通常の発想。けれど、ここでは cot² θ に関する式《あ》の導出が目的であり、 cot² θ を使った表現《く》が絶妙な働きをする（下記）。

第三部

《く》の左辺は、ゼロになり得るであろうか？

θ = 0° なら左辺は sin 0° = 0 だが、ここでは 0° < θ < 90° と仮定しているので、角度 (2m+1)θ が 0° ということはない。しかし角度が 0° でなくても、 180° や 360° に対する sin の値もゼロだ。例えば 2m+1 = 3 として sin 3θ が 0 に等しくなり得るか。もし θ = 60° なら sin 3θ = sin 180° はゼロなので、答えは yes。もしも θ = 120° という選択が許されるなら、そのときも sin 3θ = 0 だが、この議論の仮定上では θ が 90° 以上になることは許されていない。よって、この例では、 θ = 60° が、 sin (2m+1)θ = sin 3θ の値をゼロにするための唯一の選択肢。

また例えば 2m+1 = 5 として sin 5θ が 0 に等しくなり得るか。 θ = 36° なら sin 5θ = sin 180° = 0 なので、答えは yes。のみならず、その 2 倍の θ = 72° の場合にも sin 5θ = sin 360° = 0 だ。もしも 36° の 3 倍という選択が許されるなら、そのときも sin 5θ = 0 だが、それは仮定上、許されていない。よって、この例では θ = 36° とその 2 倍の角度の二つが、 sin (2m+1)θ = sin 5θ の値をゼロにするための選択肢。

同様の理屈から、 3 以上の奇数 2m+1 が与えられたとき、 θ が 180° = π の 1/(2m+1) の角度であれば (2m+1)θ = 180° になって、それに対する sin の値はゼロになるし、より一般的に θ が 180° = π の k/(2m+1) の角度のときに（k: 整数）、すなわち
　　θ = kπ/(2m+1)
のときに、 (2m+1)θ は π の k 倍だから、それに対する sin の値はゼロになる。ただし、ここでは 0 < θ < π/2 という制約があるので、
　　θ = kπ/(2m+1)　　(k = 1, 2, ···, m)　　《け》
のちょうど m 個の角度だけが、条件を満たす。もしも k = m+1 だったら、
　　θ = (m+1)π/(2m+1) = (m+1)⋅2/(2m+1) × π/2 = (2m+2)/(2m+1) × π/2 > π/2
となって条件に反するので、 k が m+1 以上になることはできない。《け》の m 種類の θ の他に、条件を満たす角度がないことは、明らかだろう。

結局 θ が《け》の m 種類の値のいずれかのとき、《く》の左辺はゼロになる――そのとき、それに等しい《く》の右辺 sin^2m+1 θ × f(y) も、当然ゼロになる。しかし θ は 0° より大きく 90° より小さいので sin θ ≠ 0 であり、 0 でない数の 2m+1 乗も sin^2m+1 θ ≠ 0 であるから、《く》の右辺がゼロになるということは、必然的に f(y) = 0 を意味する。

次のロジックは、本質的に難しい内容ではないものの、微妙にトリッキーかも。 f(y) = 0 は y についての m 次方程式なので、その解は m 個以下だが、 f(y) = 0 を満たす m 種類の実数 y が存在することは、実は既に判明している――というのも、
　　θ の値が《け》のいずれか　⇒　《く》の両辺はゼロ　⇔　f(y) = 0
であるが、 y というのは cot² θ のことなので、
　　θ の値が《け》のいずれか　⇒　f(y) = f(cot² θ) = 0
だ。ところが θ は 0° より大きく 90° より小さいので、《け》の m 種類の角度に対する tan θ の値は相異なり、従ってそれらの逆数の平方も相異なる。つまり、《け》の m 個の θ のそれぞれに対応する y = cot² θ という実数は、どの二つも値が異なり、それら m 種類の y が f(y) = 0 の解なのだ。《け》を参照すると、 f(y) = 0 を満たす m 個の y の値は、次の三角関数表現を持つ。
　　cot² [π/(2m+1], cot² [2π/(2m+1], ···, cot² [mπ/(2m+1]　　《こ》

他方において、 m 次方程式 f(y) = 0 の意味は、
　　(2m+1 C 1) y^m − (2m+1 C 3) y^m−1 + (2m+1 C 5) y^m−2 − ··· = 0　　《さ》
であり（《き》参照）、その m 個の解の和は、解と係数の関係から、以下の通り。《さ》に関して、まず最高次より一つ下（m−1 次）の項の係数の符号を変えたもの、つまり
　　(2m+1 C 3) = (2m+1)(2m)(2m−1)/3!
を考え、次に最高次（m 次）の項の係数、つまり
　　(2m+1 C 1) = 2m+1
を考えよう。前者を後者で割ったもの、
　　(2m+1)(2m)(2m−1)/3! ÷ (2m+1) = (2m)(2m−1)/6 = m(2m−1)/3
が m 個の解の和だ。そして、それら m 個の解の一つ一つは、具体的には《こ》に等しいので、われわれは次の結論に至る。
　　cot² [π/(2m+1)] + cot² [2π/(2m+1)] + ··· + cot² [mπ/(2m+1)] = m(2m−1)/3
これこそが、証明したかった《あ》の関係だ。∎

この軽妙な証明法は、ロシアの Yaglom 兄弟によって 1954年の [6] に記された。

〔追記〕　初出は1953年。
А. М. Яглом, И. М. Яглом, “Элементарный вывод формул Валлиса, Лейбница и Эйлера для числа π”, УМН [Успехи математических наук], 8:5(57) (1953), 181–187
https://www.mathnet.ru/rus/rm8256
https://www.mathnet.ru/eng/rm8256

「西側」では、1970年の Finn Holme [1] によって再発見され、ノルウェー語で出版された。アテネの Ioannis Papadimitriou も独立に同じアイデアを得て、それを米国の Apostol にギリシャ語で書き送った。 Apostol は、有名な教科書複数を書いたギリシャ系米国人。1973年、 Papadimitriou の代理として英語で [2] を公表し、 1974年の自著 [3] にも、練習問題の一部として、同じ内容を収録（ζ(4) への拡張とともに）。この本によってアイデアはさらに広く知られるようになり、1999年、 Chapman [4] が ζ(2) の値について14種の証明法をリストアップしたときにも、「証明9番」として紹介された。別のメモにある2002年のオーストリアの Hofbauer の証明 [5] は、この「証明9番」などに触発されたものだという。

類似の「エレガントな証明」「初等的な証明」は繰り返し再発見・紹介され、 THE BOOK [8] にも収録されている（THE BOOK とは、「天界に、最も美しい証明だけを集めた神の証明集があるとしたら、こんな感じだろう」みたいな発想の本）。アイデアの源泉は、既に1908年の Bromwich [9] に現れる（[5] の記述・文献欄参照）。 1821年の Cauchy [11] にも関連する記述がある。

以前、いわゆる Morrie の法則との関連で、
　　tan² 10° + tan² 30° + tan² 50° + tan² 70° = 28/3
に気付いたが、それは、第一部冒頭の、
　　cot² 20° + cot² 40° + cot² 60° + cot² 80° = 28/3
と同等だ。今年（2025年）、円周率の日にちなんで π²/6 についてチラッと書いたのがきっかけで、この問題の歴史について少し調べてみた。 Euler への尊敬の念が一段と深まった。

[References]
[1] Finn Holme (1970), En enkel beregning av ∑(1/k²)
https://normat.no/innhold/600dpi/1970-v18-3.pdf
(pp. 91–92 in Norwegian, Summary in English on p. 120)
[2] Ioannis Papadimitriou (1973), A simple proof of the formula ∑ k⁻² = π²/6
https://www.math.uwaterloo.ca/~krdavids/M148/Papadimitriou.pdf
[3] Tom M. Apostol (1974), Mathematical Analysis, Exercises 1.49, 8.46
[4] Robin Chapman (1999), Evaluating ζ(2)
https://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf
[5] Josef Hofbauer (2002), A Simple Proof of 1 + 1/2² + 1/3² + ⋯ = π²/6 and Related Identities
https://homepage.univie.ac.at/josef.hofbauer/piq6.htm
[6] A. M. Yaglom & I. M. Yaglom (1954 in Russian; English tr. in 1967), Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Volume 2, Problems 142, 145
https://archive.org/details/akivaisaak-m-yaglom.-challenging-mathematical-problems-with-elementary-solutions-vol-2/page/24/mode/1up
(Original title: Неэлементарные задачи в элементарном изложении; the orig. prob. numbers 140, 143)
https://math.ru/lib/book/djvu/yaglom/ne-elem-zadachi.djvu
See also: The USSR Olympiad Problem Book, Problem 233
https://archive.org/details/shklarsky-chentzov-yaglom-the-ussr-olympiad-problem-book/page/53/mode/1up
https://math.ru/lib/book/djvu/bib-mat-kr/shk-1.djvu (Prob. 332)
[7] Jiří Herman, et al. (1996 in Czech; English tr. in 2000), Equations and Inequalities, pp. 80–81
(Original title: Metody řešení matematických úloh I)
[8] Martin Aigner & Günter M. Ziegler (1998), Proofs from THE BOOK
[9] T. J. l’A. Bromwich (1908), An introduction to the theory of infinite series (1st ed.), Chap. IX
https://archive.org/details/introductiontoth00bromuoft/page/187/mode/1up
(2nd ed. in 1926 with T. M. Macrobert; reprinted several times, e.g. in 1949)
[10] T. J. Ransford (1982), An Elementary Proof of ∑1/n² = π²/6
https://archive.org/details/eureka-42/page/3/mode/1up
(rediscovered; attributed to John Scholes)
[11] Augustin Louis Cauchy (1821), Cours d’analyse
https://archive.org/details/coursdanalysedel00cauc/page/556/mode/1up

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2025-04-09　π⁴/90 = 1.082323233…　バーゼル問題の次の一歩

#遊びの数論　#Morrie の法則　#バーゼル問題

前回、バーゼル問題 1 + 1/2² + 1/3² + 1/4² + 1/5² + ··· = π²/6 のエレガントな別証明を紹介した。同じ証明法の自然な応用として、4乗数の逆数の和 1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + 1/4⁴ + 1/5⁴ + ··· = π⁴/90 を考えてみたい。

π² は 9.87 に近い――「987ノテッペンカラトビウツレ」（モトネタは漫画「わたしは真悟」）ってのは、この値を指す。そのまた平方に当たる π⁴ は、大ざっぱに 10² = 100。もうちょい精度、上げると:
　　987² = (1000 − 13)² = 100万 − 2万6000 + 13² = 97万4000 + 13²

下3桁の 13² = 169 を無視すると 97.4万。 100 のオーダーの π⁴ にスケールを合わせれば、立派な近似値 π⁴ ≈ 97.4 を得る。 9 で割ると商が 10 で余り 7.4。その余りをさらに 9 で割ると 0.8222…  なので:
　　π⁴/9 ≈ 10.82　つまり　π⁴/90 ≈ 1.082
この最後の値は 1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + 1/4⁴ + 1/5⁴ = 1.0803… に近い。

真の値は:
　　π⁴ = 97.409091034002…
　　π⁴/90 = 1.0823232337111…
この特徴的な桁の配列は、単に「たまたま十進法ではそうなる」という偶然だろう。だが Euler も、これらの数値を導出したとき「ふ～む」と、しげしげ眺めたのではないだろうか！

単純な分数計算（少々面倒だが）によると、
　　1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + 1/4⁴ + 1/5⁴ = 1 + 1/16 + 1/81 + 1/256 + 1/625
　　 = 14001361/12960000　　㋐
　　 = 1.08035192 901234567 901234567 901234567···

もう1項 1/6⁴ = 1/1296 まで足すと:
　　14011361/12960000　　㋑
　　 = 1.08112353 395061728 395061728 395061728···

㋐と㋑がそっくりなのは、コピペミスではない。分母が同じまま、分子の「1万の位」だけが 1 増える。 1/1296 = 10000/12960000 という関係を考えれば、不思議ではない。だがこの和が π⁴/90 に接近していくのは、非常に不思議な現象だ。100項目まで足すと小数5桁まで一致、1000項目まで足すと9桁まで一致、10000項目まで足すと11桁まで一致、等々。

1⁴, 2⁴, 3⁴, ··· の逆数を無限に足すと π⁴/90 になることを証明したい。

証明法は前回と同様で、必要な予備知識もほとんど同じ。方針の整理のため、前回の内容を振り返ってみる。任意の θ についての、次の不等式が土台となるのだった。
　　0 < θ < π/2　ならば　cot² θ < (1/θ)² < 1 + cot² θ
われわれはこの θ に m 種類の角度を当てはめ、得られた m 個の不等式を辺々足し合わせることによって、
　　A < S(1 + 1/2² + 1/3² + ··· + 1/m²) < B
の形を得た。ここで A, B は、どちらも cot² を m 個含む和だが、実は有理数。 m についての有理式で表される。一つ一つの角度 θ は「有理数 × π」の形を持つ。 S はその逆数の平方和で、 m についての有理式 × 1/π² の形を持つ。不等式の各辺を S で割ると、
　　A/S < 1 + 1/2² + 1/3² + ··· + 1/m² < B/S
の形に。ここで A/S と B/S は、どちらも m についての有理式の π² 倍で、 m → ∞ のとき、同じ値（π² の有理数倍）に向かう。この極限値こそが、
　　平方数の逆数の無限和　1 + 1/2² + 1/3² + ···
に他ならない。

cot² の和が有理数になる、というのが少し不思議で面白くもある。その有理式の導出はややトリッキーだが、「計算が大変」という意味での難しさはなく、軽妙なハイキング・コースだった。

この手法を少し発展させると、
　　4乗数の逆数の無限和　1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + ···
も似た形―― π⁴ の有理数倍――に収束することが示される。それには、土台となる不等式の各辺を平方したもの、すなわち…

不等式　θ が 0° より大きく 90° より小さいとき:
　　cot⁴ θ < (1/θ)⁴ < (1 + cot² θ)² = 1 + 2 cot² θ + cot⁴ θ　　《し》

…を利用し、やはり θ に m 種類の角度を当てはめて辺々足し合わせればいい。その際、 cot² の和がどうなるかは既に分かっている。新たに必要になるツールは cot⁴ の和の公式。それが第一の攻略目標だ。

前回 cot² の和の公式を導出したのは、有理係数の多項式の「根の和」としてだった。全く同じ多項式の「根の平方和」を考えれば、自然と cot⁴ の和の公式が得られる。

簡単な具体例の観察から。2次方程式
　　(5)/(1)y² − (5⋅4⋅3)/(1⋅2⋅3)y + (5⋅4⋅3⋅2⋅1)/(1⋅2⋅3⋅4⋅5) = 0
　　つまり　5y² − 10y + 1 = 0
を考える。その二つの解を y₁, y₂ とすると、解と係数の関係から:
　　y₁ + y₂ = −(−10)/5 = 2
2解は cot² (π/5), cot² (2π/5) に等しいので、上の関係をこう書くことができる:
　　cot² (π/5) + cot² (2π/5) = 2
y についての2次式との関連では、上記は単なる根の和（1乗和）。ただし根 y が y = cot² θ の形式で三角関数表現可能なので、その表現を使うと、見かけ上 cot の2乗が現れる。それが前回使った手法。

解と係数の関係から、解の平方和について、次の等式も成り立つ^†:
　　(y₁)² + (y₂)² = 2² − 2⋅1/5 = 4 − 2/5 = 18/5
　　∴　cot⁴ (π/5) + cot⁴ (2π/5) = 18/5　　《す》
三角関数表現 y = cot² θ により cot の4乗が現れるが、上記は、 y についての2次式との関係では、根の平方和（2乗和）だ。

†　x² + bx + c = 0 の解が p, q なら p + q = −b, pq = c。つまり、方程式の係数さえ分かれば、具体的な2解 p, q の値が不明でも、2解の和 p + q や積 pq は直ちに決定される。そして、和と積が分かっていれば、
　　解の平方和　p² + q² = (p + q)² − 2(pq)
も、容易に求まる――和と積についての上記の事実から = (−b)² − 2(c) = b² − 2c だ。3次方程式以上も含めて、一般に、最高次の項の係数を 1 とすると、最高次より一つ下の係数の平方から、最高次より二つ下の係数の 2 倍を引き算すれば、それが解の平方和（解説）。例えば、5次方程式 x⁵ + 7x⁴ + 4x³ + ··· = 0 の5解の平方和は 7² − 2⋅4 = 41 に等しい（この例で、具体的な一つ一つの解の値は2次以下の係数によって異なるが、5解の平方和は、3次の係数までの情報だけで確定してしまう）。

別の例として、3次方程式
　　(7)/(1)y³ − (7⋅6⋅5)/(1⋅2⋅3)y² + (7⋅6⋅5⋅4⋅3)/(1⋅2⋅3⋅4⋅5)y − (7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1)/(1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7) = 0
　　つまり　7y³ − 35y² + 21y − 1 = 0
の3解を y₁, y₂, y₃ とすると:
　　y₁ + y₂ + y₃ = −(−35)/7 = 5
3解は y = cot² (kπ/7) の形を持つので（k = 1, 2, 3）、上の等式は、
　　cot² (π/7) + cot² (2π/7) + cot² (3π/7) = 5
を含意する。さらに:
　　(y₁)² + (y₂)² + (y₃)² = 5² − 2⋅21/7 = 25 − 6 = 19
　　∴　cot⁴ (π/7) + cot⁴ (2π/7) + cot⁴ (3π/7) = 19　　《ず》

当たり前のことのように書いてるけど（実際、論理的には当たり前なのだが）、感覚的には結構ゾクッとする。半円を7等分した割線。第一象限の3本を抜き出して、それぞれの傾きの逆数を4乗して足したら、和がきっかり整数 19 に。この現象は一体…。「同じ整係数3次方程式の3解になるんなら、普通の現象。全然驚くことじゃない」と頭では分かっていても、《ず》のような和を見ると、なんつーか「おおおっ！」と思う。

一般に 2m+1 を 5 以上の奇数として、 m 次方程式、
　　((2m+1))/(1)y^m − ((2m+1)(2m)(2m−1))/(1⋅2⋅3)y^m−1 + ((2m+1)(2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3))/(1⋅2⋅3⋅4⋅5)y^m−2 − ···  = 0
が与えられたとしよう（前回の《き》《さ》だ）。両辺を 2m + 1 で割って、分数を約分すると:
　　y^m − ((2m)(2m−1)/6)y^m−1 + ((2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)/120)y^m−2 − ··· = 0　　《せ》
　　y^m − (m(2m−1)/3)y^m−1 + (m(2m−1)(m−1)(2m−3)/30)y^m−2 − ··· = 0
この m 次方程式の解の平方和（m 個の解をそれぞれ平方して足し合わせたもの）は:
　　[m(2m−1)/3]² − 2⋅(m(2m−1)(m−1)(2m−3)/30)
　　 = m²(2m−1)²/9 − (m(2m−1)(m−1)(2m−3)/15)
　　 = 5m²(2m−1)²/45 − (3m(2m−1)(m−1)(2m−3)/45)
　　 = {m(2m−1)[5m(2m−1) − 3(m−1)(2m−3)]}/45
分子の [ ] 内を展開すると 10m² − 5m − 3(2m² − 5m + 3) = 4m² + 10m − 9 なので:
　　上記の分数 = m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45

〔注〕　[1] には誤字があり、2次の因子の定数項「−9」が「−7」になっている（3カ所で）。

かくして cot⁴ の和についての、次の公式を得る。

cot⁴ [π/(2m+1)] + cot⁴ [2π/(2m+1)] + ···  + cot⁴ [mπ/(2m+1)] = m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45　　《そ》

〔検算〕　m = 2 の場合（2m+1 = 5）。《そ》の分子 = 2(4 − 1)(16 + 20 − 9) = 2⋅3⋅27 = 2⋅3⋅(3⋅9) で、《そ》の分母 45 と 9 が約分され、《そ》 = 18/5。前述の具体例《す》と一致。

〔検算2〕　m = 3 の場合（2m+1 = 7）。《そ》の分子 = 3(6 − 1)(36 + 30 − 9) = 3⋅5⋅57 = 3⋅5⋅(3⋅19) で、分母の 45 と約分され、《そ》 = 19。《ず》と一致。

前回使った cot² についての同様の和《あ》を再掲する。

cot² [π/(2m+1)] + cot² [2π/(2m+1)] + ···  + cot² [mπ/(2m+1)] = m(2m − 1)/3　　《あ・再掲》

《あ》と比べると、《そ》では分子に2次の因子 4m² + 10m − 9 が加わり、分母が 3 から 45 に増えている。《そ》の導出では、便宜上 2m−1 を 5 以上の奇数としたが、 2m−1 = 3 の場合（m = 1）にも、《そ》は有効。 m = 1 の場合の《あ》の意味は、
　　tan 60° = √3
の逆数を平方すれば 1/3 に等しい――っていう当たり前のこと。《そ》は、同じ tan 60° の逆数の4乗は 1/9 に等しいよ、と。 m = 1 に対して《そ》が 1/9 = 5/45 になるってことは、そのとき、分子の2次の因子は = 5 になるはず。事実 4m² + 10m − 9 に m = 1 を代入すれば 4 + 10 − 9 = 5 だ。

〔付記〕　以上によって、 m = 1, 2, 3 について《そ》が正しいことが検証された。 m = 0 の場合（0 個の cot⁴ の和）はもちろんゼロ。《そ》でもそうなるので、実質、四つの m について《そ》は正しい。「計算ミスやミスタイプはなさそう」という確信が得られる――というのも、値が4次式で表現されることを前提とするなら、四つの入力に対して正しい出力を返す4次関数は、あらゆる入力に対して正しい出力を返す（多項式論法）。

今、 k = 1, 2, ···, m として、不等式《し》に θ = (kπ)/(2m + 1) を次々に代入すると:
　　cot⁴ [π/(2m+1)] < ((2m+1)/(π))⁴ < 1 + 2 cot² [π/(2m+1)] + cot⁴ [π/(2m+1)]
　　cot⁴ [2π/(2m+1)] < ((2m+1)/(2π))⁴ < 1 + 2 cot² [2π/(2m+1)] + cot⁴ [2π/(2m+1)]
　　　︙
　　cot⁴ [mπ/(2m+1)] < ((2m+1)/(mπ))⁴ < 1 + 2 cot² [mπ/(2m+1)] + cot⁴ [mπ/(2m+1)]

これら m 個の不等式を辺々足し合わせよう。左の列の和を A とすると、《そ》から
　　A = m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45
だ。次に、右の列の和だが、第1項については 1 が m 個あるので和は m、第2項の和は《あ》の 2 倍なので和は m(2m − 1)/3 の 2 倍に等しく、第3項の和は《そ》と同じ。よって、右の列の和を B とすると:
　　B = m + 2m(2m − 1)/3 + m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45
　　 = m + m(2m − 1)⋅30/45 + m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45
　　 = m + m[(2m − 1)(4m² + 10m + 21)]/45
ここで [ ] 内 = (8m³ + 20m² + 42m) − (4m² + 10m + 21) = 8m³ + 16m² + 32m − 21 なので:
　　B = 45m/45 + m(8m³ + 16m² + 32m − 21)/45
　　 = m(8m³ + 16m² + 32m + 24)/45 = 8m(m³ + 2m² + 4m + 3)/45
最後の分子の ( ) 内の4次式は、奇数番目の係数の和と偶数番目の係数の和が等しいので（どちらも 5）、 m = −1 を入れると値がゼロ。つまり m + 1 で割り切れる。割り算を実行し^†、次の結論に至る:
　　B = 8m(m + 1)(m² + m + 3)/45

最後に、不等式の真ん中の列を足し合わたものを S として、前回の《う》と同様に共通因子をくくり出すと:
　　S = (2m + 1)⁴/(π⁴) × (1 + 1/2⁴ + ··· + 1/m⁴)

A < S < B の各辺を π⁴/((2m + 1)⁴) 倍して:
　　m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)π⁴/(45(2m + 1)⁴) < 1 + 1/2⁴ + ··· + 1/m⁴ < 8m(m + 1)(m² + m + 3)π⁴/(45(2m + 1)⁴)　　《た》

《た》の両端の分子・分母は、それぞれ m についての4次式。 m が ∞ に向かうとき、4次式の値は4次の項に支配され、3次以下の項は（漸近（ぜんきん）的に）無いのと同じ―― m が ∞ に向かうとき m⁴ はものすごい勢いで大きくなり、それに比べると m³ 以下の項は微々たる大きさで、無視できる（m³ から見ると m⁴ は「∞ 倍大きく」なり、比較でいえば m³ はゼロに等しい）。つまり、どちらの分数でも分子・分母の比は m⁴ の係数によって決まり、 (8π⁴)/(45⋅16) = π⁴/90 に向かう。両者に挟まれてる「4乗数の逆数和」も、同じ極限値に向かう。

上記の主張は簡単に証明可能だが、 [1] では少し違う論法を使って同じ結論を導いている。参考までに、それを紹介しよう。《た》左辺を次のように変形する。
　　π⁴/90 × [(2m)/(2m + 1)][(2m − 1)/(2m + 1)][(4m² + 10m − 9)/(2m + 1)²]
この三つの [ ] 内が、 m → ∞ のとき 1 に向かうことを示せば、《た》左辺の極限値は π⁴/90 × 1⋅1⋅1 = π⁴/90 だ、という結論になる…よね？

このうち、一つ目と二つ目の [ ] 内は、 m → ∞ のとき確かに 1 に向かう。というのも、一つ目の [ ] 内は、
　　((2m + 1) − 1)/(2m + 1) = 1 − (1)/(2m + 1)
に等しいが、 1 から引き算されている分数は m → ∞ のとき 1/∞ = 0 に向かうので、この引き算は 1 − 0 = 1 に向かうし、同様に、二つ目の [ ] 内は、
　　((2m + 1) − 2)/(2m + 1) = 1 − (2)/(2m + 1)
に等しいので、やはり 1 − 2/∞ = 1 に向かう。

三つ目の [ ] 内について。分子 4m² + 10m − 9 を 2m + 1 で割ると商が 2m + 4 で余りが −13 なので（あるいは、同じことだが、
　　4m² + 10m − 9 = (4m² + 10m + 4) − 13 = (2m + 1)(2m − 4) − 13
なので）:
　　三つ目の [ ] 内 = ((2m + 1)(2m + 4) − 13)/(2m + 1)² = (2m + 4)/(2m + 1) − (13)/(2m + 1)²
　　 = ((2m + 1) + 3)/(2m + 1) − (13)/(2m + 1)² = 1 + (3)/(2m + 1) − (13)/(2m + 1)²
この右辺は、 m → ∞ のとき 1 + 3/∞ − 13/∞² = 1 + 0 − 0 = 1 に向かう。要するに、《た》左辺の極限値は上述の通り。

一方、
　　《た》右辺 = π⁴/90 × [(4m(m + 1))/(2m + 1)²][(4(m² + m + 3))/(2m + 1)²]　　《ち》
については、
　　 = π⁴/90 × [(2m)/(2m + 1)][(2m + 2)/(2m + 1)][((2m + 1)(2m + 1) + 11)/(2m + 1)²]
と考えるなら、左辺と全く同様に処理可能。あるいは《ち》の二つの [ ] 内のそれぞれで、分子・分母が定数項を除き同じであることに着目して、次のように変形することもできる（その方がやや省力的）:
　　《ち》 = π⁴/90 × [(4m² + 4m)/(4m² + 4m + 1)][(4m² + 4m + 12)/(4m² + 4m + 1)]
　　 = π⁴/90 × [((4m² + 4m + 1) − 1)/(4m² + 4m + 1)][((4m² + 4m + 1) + 11)/(4m² + 4m + 1)]
　　 = π⁴/90 × [1 − (1)/(2m + 2)²][1 + (11)/(2m + 2)²]
この最後の二つの [ ] 内は、 m → ∞ のとき 1 に向かう。要するに、《た》右辺の極限値も上述の通り。証明が完了した。∎

†　実際の割り算:

        m^2 +  m   +  3
      ┌────────────────────
m + 1 │ m^3 + 2m^2 + 4m + 3
        m^3 +  m^2
        ──────────
               m^2 + 4m
               m^2 +  m
               ────────
                     3m + 3
                     3m + 3
                     ──────
                          0

この場合、多項式の割り算（筆算）は、整数の割り算 1243÷11 = 113 と実質同じ（係数が全部1桁で、繰り上がり・繰り下がりの副作用がなければ、そうなる）。比較:

       113
    ┌─────
 11 │ 1243
      11
      ──
       14
       11
       ──
        33
        33
        ──
         0

バーゼル問題を解決した Euler は、問題を拡張して、4乗数の逆数の無限和や、同種の幾つかの無限和を求めた。本文の結論については、既に Euler も熟知していた。紹介したエレガントな証明法は、ソビエト連邦（現ロシア）の Яглом (Yaglom) 兄弟 [1] による。この解法が可能であること自体は、 Apostol [2] にも（解答なしの練習問題の形で）記述がある。 Apostol [3] では、同様のアプローチが、さらに一般化された形で論じられている。 [1] では 1 + cot² θ の代わりに csc² θ が使われている（どちらも同じ値なので、本質的な違いはない）。

2007年、 Euler 生誕300年にちなんで、ロシアでは2ルーブル記念銀貨が発行されたという。その硬貨に刻印されているのは、バーゼル問題の式なのだ！

普通に考えれば、 Euler を代表する式は、 e^iπ = −1 あたりだろう。それではなく、あえてこっちの式を選んだところが面白いし、ある意味「通」かも。国家としてのロシアについてはさまざまな意見があるとしても、 Euler についての記念硬貨を出し、そこにこの無限和を刻印する文化的風土は、印象深い（Euler はロシアと縁が深いから、という背景もあるのだろう）。 Euler の姿が、まるで「英雄の像」のように、とことん美化されてるのは、別の意味で「ソビエト」っぽい…

〔参考文献〕
[1] А. М. Яглом & И. М. Яглом (1954), 問題143 (68ページ; 449–450ページ; 541ページ)
https://math.ru/lib/book/djvu/yaglom/ne-elem-zadachi.djvu
https://math.ru/lib/files/djvu/yaglom/ne-elem-zadachi.djvu
[2] Tom M. Apostol (1974), Mathematical Analysis, Exercises 1.49, 8.46
[3] Tom M. Apostol (1973), Another Elementary Proof of Euler’s Formula for ζ(2n)
https://www.math.uwaterloo.ca/~krdavids/M148/Apostol.pdf

〔追記〕　参考文献 [1] の英訳が下記の場所にある。若干の説明が追加され、原書の誤字も修正されている。（2025年4月28日）
https://archive.org/details/akivaisaak-m-yaglom.-challenging-mathematical-problems-with-elementary-solutions-vol-2/page/131/mode/1up

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2025-04-11　n 次式の根の和・平方和など　「エレガントな証明」の補足

#遊びの数論　#ジラルの公式　#バーゼル問題

ヤグロム（Yaglom）兄弟によるバーゼル問題の解法・応用はエレガントで美しいが、 m 次方程式の扱いの部分に、難しい要素がある。テクニカルな細部のせいで、アイデアの素晴らしさを味わえない・共有できないとしたら残念なんで、ちょっと解説めいたことを。

いったんハードルを下げ、次の素朴な問題を考えてみよう。

2次式 x² + 3x − 10 = (x − 2)(x + 5) が与えられたとする。その根（式の値がゼロになるような入力）は x = 2 と x = −5 だが、なぜだろうか？

与えられた左辺と右辺は同一の2次式だ^†、ということを大前提として（右辺を展開してみれば、その事実を確認できる）、 x = 2 のとき、
　　与えられた右辺 = (2 − 2)(2 + 5) = 0⋅(2 + 5) = 0
だし、 x = −5 のとき右辺は、
　　与えられた右辺 = (−5 − 2)(−5 + 5) = (−5 − 2)⋅0 = 0
なので、式の値はゼロ。なぜ 0 になるのかといえば、「右辺が 0 倍の掛け算になるから」。さらにいえば、次のような暗黙の前提があるからだ。
　　暗黙の前提　A = 0 または B = 0 の少なくとも一方が成り立つとき（そしてそのときに限って）、積 AB は = 0 になる。
通常の数の世界で、この前提が成り立つことは、まぁ当たり前だろう。

与えられた左辺の2次式に直接 x = 2 や x = −5 を代入してみても、値がゼロになることを確認できるけど、「1次式の積に分解された形」で考えることが役立つ。1次式の積への分解が実際には困難（または不可能）な場合でも、「1次式の積に分解された理論上の形」を想定してみることは、できる。

†　これは「左辺と右辺が等しくなるような x は何か？」という問題ではない。左辺と右辺は多項式として等しく、入力 x が何であっても、両辺の値は常に等しい。例えば、まぁ適当に x = 5 でも入れてみると、左辺は 25 + 15 − 10 = 30 だし、右辺は 3 × 10 = 30 となって、一致。 他方、その「等しい両辺の値」が = 0 になるような入力 x は、特定の値に限られる（それが根）。

同様に考えると、一般に、
　　x についての2次式　x² + a₁x + a₂　　《つ》
があったとして、それが = (x − r₁)(x − r₂) と分解されるとき、その2次式の根は x = r₁ と x = r₂ だ。なぜなら x がそのどちらかの値なら（そしてそのときに限って）、二つの丸かっこの少なくとも一方の中身が 0 になり、 0 倍の掛け算になって積はゼロだから。逆にいうと、「係数とかは分かんないけど、とにかくその2次式の根は r₁ と r₂ だよ」という場合、その2次式を、
　　(x − r₁)(x − r₂)
と書くことができる。 x − r₂ を B と置いて展開すると、
　　 = (x − r₁)B = xB − r₁B
　　 = x(x − r₂) − r₁(x − r₂)
　　 = x² − r₂x − r₁x + r₁r₂
　　 = x² − (r₁ + r₂)x + r₁r₂
となり、《つ》の形式で書くなら、 a₁ は根の和 r₁ + r₂ の符号を変えたものに等しく、 a₂ は根の積 r₁r₂ に等しい。

例えば、冒頭の具体例 x² + 3x − 10 = (x − 2)(x + 5) において、根の和 2 + (−5) = −3 は、確かに左辺の「+3」の符号を変えたものに等しく、根の積 2 × (−5) = −10 は、確かに左辺の「−10」に等しい。つまり、2次式に話を限るとすれば、二つの根の和は1次の係数の −1 倍に等しく、二つの根の積は定数項に等しい。

以上が「根と係数の関係」の一例だが、少し視野を広げ、3次式・4次式などを含む「一般の n 次式」の根と係数の関係を考え、さらに話を「根の和」に限らず、根の2乗和・3乗和なども問題にしたい。 n 次式の根というのは、その n 次式を = 0 と置いた n 次方程式の解に他ならない。
　　バーゼル問題　1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + 1/25 + ··· = ?
とその拡張に対する Yaglom 流のアプローチにおいては、その発想が鍵となる。

§1. 「別証明」の解説

「1 + 1/2² + 1/3² + … = π²/6 の別証明　☆総和記号不使用☆」での、多項式の扱いについて。

今、
　　3次式　x³ + a₁x² + a₂x + a₃　　《て》
が与えられたとして、その根を r₁, r₂, r₃ と仮定すると、《て》は多項式として、
　　(x − r₁)(x − r₂)(x − r₃)　　《と》
に等しい。というのも、 x が r₁, r₂, r₃ のどれかに等しいとき（そしてそのときに限って）、《と》の三つの丸かっこ内の少なくとも一つはゼロになり、従って《と》の積は = 0 になる。しかも、以下で見るように、《と》を展開すると《て》の形の3次式になる。仮定により《て》は根が r₁, r₂, r₃ の3次式なので、《て》と《と》は同じのはずだ。

〔注〕　上記の説明は、あまり厳密ではない。しかし感覚的には「n 個の根が全部一致する n 次式は、本質的に同じ n 次式」ってことは、まぁ当たり前だろう（当たり前と思えないとしたら、このメモの説明不足のせいで、読者のせいではないが）。

B = x − r₂, C = x − r₃ と置いて《と》を展開すると:
　　(x − r₁)(x − r₂)(x − r₃) = (x − r₁)(BC) = x(BC) − r₁(BC)
　　 = x(B)C − r₁(B)C
　　 = x(x − r₂)C − r₁(x − r₂)C
　　 = (xx − xr₂)C − (r₁x − r₁r₂)C　　← 普通に書けば xx は x² だが、あえてこう表記
　　 = xxC − xr₂C − r₁xC + r₁r₂C
　　 = xx(x − r₃) − xr₂(x − r₃) − r₁x(x − r₃) + r₁r₂(x − r₃)
これをさらに展開すると、合計八つの項が生じる。
　　 = xxx − xxr₃ − xr₂x + xr₂r₃ − r₁xx + r₁xr₃ + r₁r₂x − r₁r₂r₃　　《な》

核心は、次の観察:
　　(x − r₁) と (x − r₂) と (x − r₃) の積
を徹底的に展開し、同類項を整理せず「生の」状態で見た場合、どの項も三つの因子の積から成る。三つの因子の内訳は、
　　先頭にあるのが、第一の丸かっこから選ばれた x または r₁
　　中間にあるのが、第二の丸かっこから選ばれた x または r₂
　　末尾にあるのが、第三の丸かっこから選ばれた x または r₃
だ。先頭で x を選んだ場合、もし中間で x を選べば、 xxx または xxr₃ が生じ、もし中間で r₂ を選べば、 xr₂x または xr₂r₃ が生じる。一方、先頭で r₁ を選んだ場合、もし中間で x を選べば、 r₁xx または r₁xr₃ が生じ、もし中間で r₂ を選べば、 r₁r₂x または r₁r₂r₃ が生じる。二者択一の機会が連続3回あるので、トータルでは 2³ = 8 個の項が生じる。のみならず r にはマイナスが付いているので、 r を含まない xxx はプラスの符号となり、 r を 1 個だけ含む項（言い換えれば x をちょうど 2 個含む項）はマイナスの符号となる。 r を 2 個だけ含む項（言い換えれば x をちょうど 1 個含む項）はプラスの符号となり、 r を 3 個含む r₁r₂r₃ は再びマイナスの符号となる。

x の次数（x が何個あるか）を基準に同類項を整理すると、下記の通り。このことは、以上の考察からも、《な》の直接観察からも、明白だろう。
　　x³ + {一つずつ・符号は負}x² + {二つずつ・符号は正}x + {三つずつ・符号は負}
　　 = x³ − (r₁ + r₂ + r₃)x² + (r₁r₂ + r₁r₃ + r₂r₃)x − (r₁r₂r₃)
ただし「一つずつ」というのは、全部の根を一つずつ足し合わせたもの、「二つずつ」というのは、番号が異なる二つの根の積を足し合わせたもの、「三つずつ」というのは、番号が異なる三つの根の積の和（和といっても、この場合 r₁r₂r₃ の 1 種類しかないが）。《て》の形式 x³ + a₁x² + a₂x + a₃ と比較するなら、
　　a₁ = −(r₁ + r₂ + r₃)
　　a₂ = +(r₁r₂ + r₁r₃ + r₂r₃)
　　a₃ = −(r₁r₂r₃)
となる。

なぜ x² の係数が「一つずつ」かといえば、 x をちょうど 2 個含む項は r をちょうど 1 個含むから（r₁xx または xr₂x または xxr₃）。なぜ x の係数が「二つずつ」かといえば、 x をちょうど 1 個含む項は r をちょうど 2 個含むから。その際、 r₁ の選択の機会は 1 回のみ、 r₂ の選択の機会も r₃ の選択の機会も 1 回のみなので、 r を 2 個といっても、 (r₁)² や (r₂)² や (r₃)² のように、番号が同じ r が重複して選ばれる可能性はない^†。

†　もし r₁ = r₂ のような重根があれば、結果的に「別々の根がたまたま同じ値を持つ」ことは起こり得る。たまたま値が同じでも、別の番号の r は別の番号の r であり、結論に影響はない。例えば、もし仮に r₁ = r₂ なら r₁r₂ は (r₁)² と等しい値になるが、 a₂ の和に含まれるのは、あくまで r₁r₂ だ。

同様に考えると、一般に x についての n 次式が n 個の根 r₁, r₂, ··· , r_n を持つ場合、その n 次式は、多項式として
　　(x − r₁)(x − r₂)···(x − r_n)
に等しく、それを徹底的に展開して同類項を整理すると、次の形になる。
　　xⁿ − E₁xⁿ⁻¹ + E₂xⁿ⁻² − E₃xⁿ⁻³ + ···　　《に》
ここで E₁ = r₁ + r₂ + ··· + r_n は根の和。 E₂ = r₁r₂ + r₁r₃ + ··· は、二つの（別々の）根を選んで、両者の積を足したもの。 E₃ = r₁r₂r₃ + r₁r₂r₄ + ··· は、三つの（別々の）根を選んで、それらの積を足したもの。等々。

結局、何次式であっても、最高次の項の係数が 1 である限り、根の和は「最高次より一つ下の係数」の符号を変えたものが等しい。一般には、
　　n 次方程式　axⁿ + bxⁿ⁻¹ + cxⁿ⁻² + dxⁿ⁻³ + ··· = 0　　《ぬ》
において、最高次の係数 a が 1 とは限らないけれど、 a ≠ 0 なら、その両辺を a で割って、
　　xⁿ + (b/a)xⁿ⁻¹ + (c/a)xⁿ⁻² + (d/a)xⁿ⁻³ + ··· = 0
の形にすることができる。この左辺は《に》と同じ形なんで、ここから同様の結論が得られる。すなわち、《ぬ》の左辺の形の n 次式の根の和 E₁ は、最高次より一つ下の係数 b を最高次の係数 a で割って符号を変えたものに等しい。

以上が「別証明」の第三部で使われているロジックだ。ちなみに E₂ 以下についても同様。最高次の係数 a が 1 でなければ、単に全体を a で割って考えればいい。

〔補足〕　上記では、係数の範囲などが明示されていないが、一応、多項式の係数は実数の範囲、根は複素数の範囲（実数かもしれないが、非実数かもしれない）ということにしておく。

§2. 「次の一歩」の解説

「π⁴/90 = 1.082323233…　バーゼル問題の次の一歩」での、多項式の扱いについて。

「次の一歩」では、
　　根の平方和　(r₁)² + (r₂)² + ··· + (r_n)²
が活用される。例えば 2次式 x² + 3x − 10 = (x − 2)(x + 5) の根は r₁ = 2 と r₂ = −5 であるから、それらの平方和は、
　　2² + (−5)² = 4 + 25 = 29
だ。具体的な根の値が不明確でも、「最高次より一つ下の係数」の平方^†から「最高次より二つ下の係数」の 2 倍を引けば、直ちに根の平方和が得られる（最高次の係数が 1 でなければ割り算で 1 に調整してから）。
　　x² + 3x − 10
の例では、 3² − 2(−10) = 9 + 20 = 29 という計算になる。

†　「解の和」の平方、といってもいい。「最高次より一つ下の係数」と「根の和」は（0 でなければ）符号が逆だけど、平方する場合、符号の違いは問題にならない。

根の平方和が、この方法で求まる理由。2次式・3次式などを別々に考えるときりがないので、一般の n 次式で考える。まず「最高次より一つ下の係数」は、
　　根の和　E₁ = r₁ + r₂ + ··· + r_n
の符号を変えたもの −E₁ に等しい。それを平方すれば、
　　(−E₁)² = (E₁)² = (r₁ + r₂ + ··· + r_n)²
になる。これは n 項式の自乗であり、次のように単純計算可能。
　　 = (r₁ + r₂ + ··· + r_n) × (r₁ + r₂ + ··· + r_n)
　　 = (r₁ + r₂ + ··· + r_n)E₁
　　 = r₁E₁ + r₂E₁ + ··· + r_nE₁
展開すると:
　　 = r₁(r₁ + r₂ + ··· + r_n)
　　 + r₂(r₁ + r₂ + ··· + r_n)
　　　︙
　　 + r_n(r₁ + r₂ + ··· + r_n)　　《ね》

《ね》を徹底的に展開して、整理前の「生」の形を眺めるなら、 r_jr_k の形の n² 個の項が生じる。ここで j と k は、それぞれ独立に 1, 2, ···, n の範囲を動く。その際、1行目の1項目は r₁r₁ だし、2行目の2項目は r₂r₂ だし、最後の行の最後の項は r_nr_n だし、一般に j = k になることが起こり得る。より正確に言うと、 n 個の番号のそれぞれに関して、 j = k がその値になることが、ちょうど一度ずつ発生する。

実際 j = k のときの r_jr_k に着目すると、 (E₁)² の n² 個の項のうち、 j = k となる n 個の項の和は、
　　根の平方和　(r₁)² + (r₂)² + ··· + (r_n)²
に等しい。この部分は、まさにわれわれの求めたいものだ。問題は残りの n² − n 個の項。それは j ≠ k のときの r_jr_k であり、われわれの求めるものと違う邪魔な項。うまく引き算して、邪魔物をきれいに消去する必要がある。

邪魔物の正体は何か？　もし《ね》の1行目から r₁r₂ が発生するなら、2行目から r₂r₁ が発生することは、明らかだろう。同様に、1行目から r₁r₃ が発生するなら3行目から r₃r₁ が発生するし、2行目から r₂r₃ が発生するなら3行目から r₃r₂ が発生する。一般に、任意の j ≠ k に対して（ただし、両者は 1 以上 n 以下の番号）、 r_jr_k と r_kr_j は「値が等しいが別々の項」（同類項）であり、一方が有効な番号の組み合わせなら他方も必ず有効。よって、邪魔な n² − n = n(n − 1) 個の項においては、「何か」がちょうど2回ずつ発生している。

「何か」とは？　「番号が異なる二つの根の積」の和、すなわち E₂ だ。 n 個の物から 2 個を取り出す選択肢の数は (n C 2) = n(n−1)/2 であり（二項係数）、その 2 倍は n(n − 1) に等しい。
　　邪魔物の正体は E₂ の n(n−1)/2 個の項が、それぞれ 2 回ずつ、
と考えると、つじつまが合う。結局、 (E₁)² は、根の平方和プラス 2E₂ に等しい。言い換えると、根の平方和が欲しければ (E₁)² から 2E₂ を引けばいい。

〔補足〕　E₂ は、「番号が異なる二つの根」の積の総和だが、 n 個の根から二つの根を選ぶとき、実質的に、選ぶ順序（番号の順序）の区別はない。例えば r₁r₃ と r₃r₁ は「同じ二つの根」（1番と3番）の積であり、和 E₂ においては、例えば前者を含めるなら、後者を重複して含めてはいけない。 E₂ の起源を考えると、「順序の区別がない」というより「順序は固定されていて反転できない」というべきかも。つまり、
　　(x − r₁)(x − r₂)(x − r₃)···
からちょうど二つの r が選ばれるとして、それらが r₁ と r₃ であるとするなら、必ず r₁ が前にある。一方、上記「邪魔物」の r_jr_k においては、 j と k がそれぞれ独立して 1 から n の範囲を動く。よって r₁r₃ と r₃r₁ は別々にカウントされる。和が E₂ の2倍の大きさなのは、この「二重カウント」のため。

n 次式の n 個の根の平方和　n 次の係数が 1 であることを前提に、 n−1 次の係数を −E₁、 n−2 次の係数を E₂ とすると:
　　(r₁)² + (r₂)² + ··· + (r_n)² = (E₁)² − 2E₂

この場合、実際の計算では、 E₁ が正でも負でも、符号を無視して構わない（平方すれば、結果はどのみち同じ）。

例題1　3次方程式 7y³ − 35y² + 21y − 1 = 0 の解を α, β, γ とする。 α² + β² + γ² を求めよ。

〔解〕　まず最高次の係数を 1 にするため、両辺を 7 で割ると:
　　y³ − 5y² + 3y − 1/7 = 0
従って、解の平方和は 5² − 2⋅3 = 25 − 6 = 19。

この場合、具体的な解 α, β, γ を代数的に求めることは可能だが少し面倒だし、それらを平方して足し合わせる処理は困難。けれど具体的な解を求めるまでもなく、与えられた式の係数だけを見て、単に 5 を平方して 3 の 2 倍を引けばいい。将棋には「銀は成らずに使え」という格言があるが、「方程式は解かずに使え」だ。前回の《す》は、この計算に基づく。

このような易しい算数を利用して、 1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + ··· = π⁴/90 という、美しく神秘的な結論が得られる。軽妙で、味わい深い。

根の平方和（前回のメモで使った）についての説明は、一応これでおしまい。

§3. 付録　根の立方和

せっかくなので、自然な発展として n 次式の「根の立方和」について考えてみたい。
　　根の和の立方　(E₁)³ = (r₁ + r₂ + ··· + r_n)³
を展開すると、 r_jr_kr_ℓ の形の n³ 個の項の和となる。ここで j, k, ℓ は、それぞれ独立に 1 から n まで動く。そのうち j = k = ℓ の場合の n 項が、
　　根の立方和　(r₁)³ + (r₂)³ + ··· + (r_n)³
に当たる。それ以外の n³ − n 個の項は、三つの番号 j, k, ℓ が「全部等しいわけではない場合」――それを二つに分けて考えよう。

第一に、「三つの番号の二つは等しいが、残りの一つは別の値」という場合。 r₁ から r_n の n 個の根から、異なる二つ（u, v とする）を選んで、 u²v の形の積を考えればいい。 u²v と v²u は別物なので、この u, v には順序の区別^†がある。のみならず、特定の同じ (u, v) の組み合わせでも、
　　(E₁)³ = (r₁ + r₂ + ··· + r_n) × (r₁ + r₂ + ··· + r_n) × (r₁ + r₂ + ··· + r_n)
の右辺の三つの丸かっこのどれから v を取り出すか、3種類の選択肢がある（それを決めれば、残りの二つの丸かっこから同じ u を取り出すしかなく、そこに選択の余地はない）^‡。つまりこの掛け算では、 u²v の形の積は、それぞれちょうど 3 回ずつ生じる。

†　順序を区別して n 個から 2 個を選ぶ場合の選択肢の数は n(n − 1) だ。比較として、順序を区別せずに n 個から 2 個を選ぶ場合の選択肢の数は n(n − 1)/2 だ（「二項係数・超入門」参照）。

‡　例えば u = r₄, v = r₁ とすると、 u²v は r₁⋅r₄⋅r₄ としても生じるし、 r₄⋅r₁⋅r₄ としても生じるし、 r₄⋅r₄⋅r₁ としても生じる。

第二に、「三つの番号がどれも異なる」という場合。大ざっぱには、解の三つずつの積の和 E₃ と同じだが、 E₃ には番号の順序の区別がない。一方、この場合、選んだ三つの解を a, b, c とすると、 abc だけでなく、 abc, acb; bac, bca; cab, cba のどの順序も有効^¶なので（3! = 6 パターン）、それらを同じ一つの abc で表すなら、その積 abc は 6 回生じる。他の積も同様なので、このケースの積の和は 6E₃ に等しい。

¶　例えば a = r₂, b = r₃, c = r₄ とする。 r_j⋅r_k⋅r_ℓ の形の項が、総当たり的に生じて、全部足し算されるのだが、そのうち j = 2, k = 3, ℓ = 4 の場合が abc に当たる。しかし j, k, ℓ はそれぞれ独立して 1 から n を動くので、例えば j = 2, k = 4, ℓ = 3 という値を取ることもできる（acb に当たる）。より一般的に、 abc を並び替えた6パターンの全てが、ちょうど 1 回ずつ生じる。

以上のことから:
　　(E₁)³ = [(r₁)³ + (r₂)³ + ··· + (r_n)³] + 3(∑ u²v) + 6E₃　　《の》
右辺の [ ] 内が根の立方和で、 n 項ある。 (∑ u²v) は、相異なる二つの根 u, v の全ての組み合わせ（順序の区別あり）なので計 n(n − 1) 項あり、さらに上記の理由から 3 倍されている。 末尾の項は、「選ぶ順序を区別して n 個の根から 3 個を選ぶ」もので、計 n(n − 1)(n − 2) 項（E₃ の項数から見ると 6 倍）。よって右辺の項の「生」の総数は次のようになり、つじつまが合う（左辺の項数と一致）:
　　n + n(n − 1)⋅3 + n(n − 1)(n − 2) = n + n(n − 1)[3 + (n − 2)]
　　 = n + n(n − 1)(n + 1) = n + n(n² − 1) = n(1 + n² − 1) = n(n²) = n³

〔例1〕　3次式の根を a, b, c とすると、上記の関係は:
　　(a + b + c)³ = a³ + b³ + c³ + 3(a²b + a²c + b²a + b²c + c²a + c²b) + 6(abc)
3乗される項の係数が 1 であること、「2乗・1乗の積」の項の係数が 3 であること、「1乗・1乗・1乗の積」の項の係数が 6 であることは、《の》の通り（これらの係数の値は、三項定理からも説明可能）。

〔例2〕　4次式の根を a, b, c, d とすると:
　　(a + b + c + d)³ = a³ + b³ + c³ + d³ + 3(a²b + a²c + a²d + b²a + ···) + 6(abc + abd + acd + bcd)
係数は、多項定理からも説明可能。

《の》から、
　　(r₁)³ + (r₂)³ + ··· + (r_n)³ = (E₁)³ − 3(∑ u²v) − 6E₃　　《は》
となるから、 (∑ u²v) さえうまく扱えれば、根の立方和を E₁, E₂, E₃ の組み合わせで表現できる。

三つの根の積（番号が同じ根が重複して掛け算されるケースも含む）を扱うとき、 (E₁)³ と E₃ の他に E₁E₂ を利用できる:
　　E₁E₂ = [∑{j=1 to n} r_j][∑{k=1 to n} ∑{ℓ=k+1 to n} r_kr_ℓ]
　　 = [r₁ + r₂ + ··· + r_n][r₁r₂ + r₁r₃ + ··· + r_n−1r_n]
右辺右側の [ ] 内には、相異なる二つの根の積が全て現れる（積の順序の区別なし。つまり、順序が違うだけの積については、重複してカウントしない）。積の一つを r_kr_ℓ としよう。右辺左側の [ ] 内の n 項のうち、ある項 r_j を選択して右側の [ ] と掛け算するとしよう。もし j が k または ℓ に等しいなら、
　　(r_k)²⋅r_ℓ　または　r_k⋅(r_ℓ)²
すなわち u²v の形が生じる。右側の [ ] 内には全種類の uv が過不足なくあるので、この積によって全種類の u²v が過不足なく、ちょうど 1 回ずつ生じる（右側の [ ] 内に同じ番号の根の平方はないので、この掛け算では u³ の形は生じ得ない）。他方において、もし j が k とも ℓ とも等しくないなら、
　　r_j⋅r_k⋅r_ℓ　ただし j ≠ k, j ≠ ℓ, k ≠ ℓ
すなわち uvw の形が生じる。のみならず、この掛け算では、同一の積 uvw がちょうど 3 回ずつ生じる: 第一に E₁ から u が選ばれ E₂ から vw が選ばれた場合、第二に E₁ から v が選ばれ E₂ から uw が選ばれた場合、第三に E₁ から w が選ばれ E₂ から uv が選ばれた場合だ。要するに:
　　E₁E₂ = 3E₃ + ∑ u²v
　　∴　∑ u²v = E₁E₂ − 3E₃　　《ひ》

〔例3〕　　a²b + a²c + b²a + b²c + c²a + c²b = (a + b + c)(ab + ac + bc) − 3(abc)
直観的に、左辺は 6 項しかないが、右辺の (a + b + c)(ab + ac + bc) からは 9 項が生じるので、何かを三つ消す必要がある。 − 3(abc) がその答え。 (a + b + c)(ab + ac + bc) という掛け算からは、同類項を整理する前の状態において、同じ積 abc が 3 回生じることに注意。

〔例4〕　　a²b + a²c + a²d + b²a + ···  + d²c = (a + b + c + d)(ab + ac + ad + bc + bd + cd) − 3(abc + abd + acd + bcd)
左辺の ∑ u²v では、四つの根から順序を区別して二つが選ばれる: 4 × 3 = 12 項。右辺左側の掛け算は 4項 × 6項 = 24項 なので、12項を消す必要がある。この掛け算からは abc, abd, acd, bcd つまり E₃ の各項がちょうど 3 回ずつ生じる。

最後に《ひ》を《は》に代入して:
　　(r₁)³ + (r₂)³ + ··· + (r_n)³ = (E₁)³ − 3(E₁E₂ − 3E₃) − 6E₃
　　 = (E₁)³ − 3E₁E₂ + 9E₃ − 6E₃ = (E₁)³ − 3E₁E₂ + 3E₃

n 次式の n 個の根の立方和　n−1 次の係数を −E₁、 n−2 次の係数を E₂、 n−3 次の係数を −E₃ とすると:
　　(r₁)³ + (r₂)³ + ··· + (r_n)³ = (E₁)³ − 3E₁E₂ + 3E₃

「0 次の項」は定数項で、その係数は定数項そのもの。多項式には「−1 次の項」なんてものは、存在しない。しかし「存在しない項は 0 であり、 0 の係数は 0」と解釈すれば、上記は2次式（や1次式）に関しても有効。

〔注意〕　立方和では、係数の符号を慎重に考慮する必要がある（E₁, E₃ は、対応する係数の −1 倍）。平方和では符号の扱いがのんきなこともあって、立方和に進んだとき、符号ミスが起きやすい。

例題2　x² + 3x − 10 = 0 の解を α, β とする。 α³ + β³ は何か？

〔解〕　(−3)³ − 3⋅(−3)⋅(−10) + 3⋅0 = −27 − (90) = −117。
検証として実際の解 α = 2, β = −5 を使うと、 2³ + (−5)³ = 8 − 125 = −117 となり一致。

例題3　5次方程式 11y⁵ − 165y⁴ + 462y³ − 330y² + 55y − 1 = 0 の解を α, β, γ, δ, ε とする。 α² + β² + γ² + δ² + ε² と α³ + β³ + γ³ + δ³ + ε³ を求めよ。

見かけ倒しの問題。5次方程式という言葉にびびらず、単に最高次の係数を 1 にしてから、それより下の三つの係数に「小学生の算数」を適用するだけ。

〔解〕　まず両辺を 11 で割って、
　　y⁵ − 15y⁴ + 42y³ − 30y² + 5y − 1/11 = 0
とする。解の平方和は、
　　15² − 2⋅42 = 225 − 84 = 141
だ。次に解の立方和。係数 −15 と −30 の符号が反転すること、 +42 の符号がそのままであることに注意して、
　　(+15)³ − 3⋅(+15)⋅(+42) + 3⋅(+30) = 3375 − 1890 + 90 = 1575
を得る。この筆算は、もちろん易しい。暗算の場合、 15² = 225 の 15 倍は、 2250 とその半分 1125 の和。次の項は 45 × 42 なので 45 × 40 = 1800 に 45 × 2 = 90 を足せばいい。

多項式の根の和、根の平方和は、それぞれ ζ(2) と ζ(4) の計算に活用された。同じ多項式の根の立方和を使うと、 ζ(6) を求めることができる。例題3の平方和・立方和は、次の二つの和に対応している（《ふ》で m = 5 の場合）。
　　cot⁴ (π/11) + cot⁴ (2π/11) + cot⁴ (3π/11) + cot⁴ (4π/11) + cot⁴ (5π/11) = 141
　　cot⁶ (π/11) + cot⁶ (2π/11) + cot⁶ (3π/11) + cot⁶ (4π/11) + cot⁶ (5π/11) = 1575

n 次方程式の「根の和・平方和・立方和・4乗和・5乗和などの計算法」を Newton が記したのは、1665～1666年ごろ（1707年に出版？）。 Newton の恒等式として知られる。実際には Newton よりもっと前に、 Girard が「根の和・平方和・立方和・4乗和の計算法」を記している^†（1629年に出版）。少なくとも4乗和までに関しては、 Girard の公式と呼んでもいいだろう。 Newton の記述は、5乗和以上を含む「根の m 乗和」に関するもので一般性が高い。ただし証明は記されていない^‡。

偉そうに「解説」などと銘打ってるが、実際には、自分自身の知識の整理のために書いている。遊び気分で面白そうな問題を考え、あっちふらふら、こっちふらふらしているうち、たまさか美しい定理や証明に出会うと、とてもうれしい。

† D. J. Struik (1969), A Source Book in Mathematics, 1200–1800
https://archive.org/details/B-001-001-112/page/n107/mode/1up
https://archive.org/details/B-001-001-112/page/n114/mode/1up
‡ H. Gray Funkhouser (1930), A Short Account of the History of Symmetric Functions of Roots of Equations

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2025-04-12　ζ(6) = π⁶/945　そろりと二歩目

#遊びの数論　#ジラルの公式　#バーゼル問題

ゼータ関数 ζ(x) = ∑{k=1 to ∞} 1/k^x について、バーゼル問題に当たる ζ(2) と、次の一歩に当たる ζ(4) の値を求めた。「二歩目」として、同じ初等的方法に基づき ζ(6) = 1 + 1/2⁶ + 1/3⁶ + ··· を求める。

2m + 1 を 3 以上の奇数とする。
　　m 次式　(2m+1 C 1) y^m − (2m+1 C 3) y^m−1 + (2m+1 C 5) y^m−2 − ···
の根、言い換えれば、
　　y^m − ((2m)(2m−1)/3!)y^m−1 + ((2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)/5!)y^m−2 − ···　　《ふ》
の根は（二項係数の上側インデックスが、下側インデックス以上という前提で）、次の値に等しい（《き》《け》・《せ》参照）:
　　cot² [π/(2m+1], cot² [2π/(2m+1], ···, cot² [mπ/(2m+1]

簡潔化のため、《ふ》の係数を次のように書こう（奇数番号の E は符号を反転）:
　　y^m + E₁y^m−1 + E₂y^m−2 + E₃y^m−3 + ···
ここで:
　　E₁ = (2m)(2m−1)/(2⋅3) = m(2m−1)/3
　　E₂ = (2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)/(2⋅3⋅4⋅5) = m(2m−1)(m−1)(2m−3)/30
　　E₃ = (2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)(2m−4)(2m−5)/2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7) = m(2m−1)(m−1)(2m−3)(m−2)(2m−5)/630
　　···

この表記を使い、《ふ》の根の立方和を求めよう:
　　(E₁)³ = m²(2m−1)²(2m² − m)/27
　　3E₁E₂ = m²(2m−1)²(2m² − 5m + 3)/30
　　∴　(E₁)³ − 3E₁E₂ = m²(2m−1)²[(20m² − 10m) − (18m² − 45m + 27)]/270
　　 = m²(2m−1)²(2m² + 35m − 27)/270 = m(2m−1)(4m⁴ + 68m³ − 89m² + 27m)/270
　　3E₃ = m(2m−1)(4m⁴ − 28m³ + 71m² − 77m + 30)/210
従って、根の立方和 (E₁)³ − 3E₁E₂ + 3E₃ は次の通り:
　　m(2m−1)[7(4m⁴ + 68m³ − 89m² + 27m) + 9(4m⁴ − 28m³ + 71m² − 77m + 30)]/1890
　　 = m(2m−1)(64m⁴ + 224m³ + 16m² − 504m + 270)/1890

この値は、次のように cot⁶ の和に等しい（2 で約分して表記）。

cot⁶ [π/(2m+1)] + cot⁶ [2π/(2m+1)] + ···  + cot⁶ [mπ/(2m+1)]
　　 = m(2m−1)(32m⁴ + 112m³ + 8m² − 252m + 135)/945　　《へ》

ζ(2), ζ(4) の場合と全く同様の不等式から、《へ》は、
　　(2m + 1)⁶/(π⁶) × (1 + 1/2⁶ + ··· + 1/m⁶)　　《ほ》
の下界となる。言い換えると、
　　1 + 1/2⁶ + ··· + 1/m⁶　　《ま》
の一つの下界は、
　　《へ》 × π⁶/((2m + 1)⁶)
だ。《へ》の最高次の（m⁶ の）係数は 64/945 で、上記 × の後ろの分母の最高次の係数は 64 なので（なぜなら (2m + 1)⁶ = (2m)⁶ + 6(2m)⁵ + ··· = 64m⁶ + 196m⁵ + ···）、この下界は m → ∞ のとき π⁶/945 に収束。一方、 (1 + cot θ)⁶ の《へ》と同様の和が、《ほ》の上界。その上界を表す有理式の m⁶ の係数も 64/945 であり、それに対応する《ま》の上界も、 m → ∞ のとき π⁶/945 に収束。それが《ま》の極限値。

次のように、一種の再帰的アルゴリズムによって、根の平方和・立方和・4乗和などを機械的に求めることもできる。

最高次の項の係数が 1 の m 次式
　　y^m + s₁y^m−1 + s₂y^m−2 + s₃y^m−3 + ···
が与えられたとする。根の d 乗和（を表す多項式）を p_d としよう。 p₁ とは、根の和（1乗和）であり、 m−1 次の係数 s₁ の符号を変えたものに他ならない。われわれの m 次式《ふ》においては、
　　p₁ = m(2m − 1)/3 = (2m² − m)/3
であった。 s₁, s₂, s₃ などは、（符号も含めて）多項式の係数そのもの。 E₁, E₂, E₃ など（根についての基本対称式）と比べると、絶対値が等しく、奇数番号のものは符号だけ反転する（偶数番目のものは符号も一致）。《ふ》の例では:
　　s₁ = −m(2m − 1)/3 = −m(2m − 1)⋅1/3
　　s₂ = +m(2m−1)(m−1)(2m−3)/30 = +m(2m − 1)⋅(2m² − 5m + 3)/30
　　s₃ = −m(2m−1)(m−1)(2m−3)(m−2)(2m−5)/630 = −m(2m − 1)⋅(4m⁴ − 28m³ + 71m² − 77m + 30)/630

実は、どんな多項式であっても、その係数 s たちと、根のべき和 p たちの間には、以下のような、一連の普遍的関係（Newton の恒等式）が成り立つ。普遍的関係を表す恒等式の例と、それを《ふ》に当てはめた場合の具体例を、それぞれ幾つか記す。まず:
　　p₂ = −s₁p₁ − s₂⋅2
　　 = −[−m(2m − 1)⋅1/3]⋅(2m² − m)/3 − [+m(2m − 1)⋅(2m² − 5m + 3)/30]⋅2
　　 = m(2m − 1)⋅((2m² − m)/9 − (2m² − 5m + 3)/15)
　　 = m(2m − 1)⋅((10m² − 5m)/45 − (6m² − 15m + 9)/45)
　　 = m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45
この結論は《そ》と一致。

次に、今求めた p₂ を使って:
　　p₃ = −s₁p₂ − s₂p₁ − s₃⋅3
　　 = −[−m(2m − 1)⋅1/3]⋅m(2m − 1)(4m² + 10m − 9)/45
　　 − [+m(2m − 1)⋅(2m² − 5m + 3)/30⋅(2m² − m)/3]
　　 − [−m(2m − 1)⋅(4m⁴ − 28m³ + 71m² − 77m + 30)/630]⋅3
　　 = m(2m − 1)[(8m⁴ + 16m³ − 28m² + 9m)/135 − (4m⁴ − 12m³ + 11m² − 3m)/90 + (4m⁴ − 28m³ + 71m² − 77m + 30)/210]
　　 = m(2m − 1)(32m⁴ + 112m³ + 8m² − 252m + 135)/945
この結論は《へ》と一致。

こうして得られた p₁, p₂, p₃ を使えば、同様に
　　p₄ = −s₁p₃ − s₂p₂ − s₃p₁ − s₄⋅4
として、多項式《ふ》の根の4乗和 p₄ を機械的に計算することも可能。ここで、
　　s₄ = (2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)(2m−4)(2m−5)(2m−6)(2m−7)/(2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9)
　　 = m(2m−1)(m−1)(2m−3)(m−2)(2m−5)(m−3)(2m−7)/(3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅9)
　　 = m(2m − 1)⋅(8m⁶ − 108m⁵ + 590m⁴ − 1655m³ + 2552m² − 2007m + 630)/22680
は、《ふ》において s₃ より一つ下の項の係数。

この方法の大きなメリットとして、 2 以上の整数 d について根の d 乗和を求めたいとき、個別的な「根の d 乗和の公式（の導出）」が必要ない（単に同じアルゴリズムを反復適用すればいい）。アルゴリズムの概要は次の通り。

問題　n 次式の n 個の根に関連して、根の n−1 乗和 p_n−1 までの情報はあるが、根の n 乗和 p_n が分からない。それを求めたい。

解法　p_n は、次の関係を満たす。
　　p_n + s₁p_n−1 + s₂p_n−2 + ··· + s_n−1p₁ + s_n⋅n = 0
従って、
　　p_n = −s₁p_n−1 − s₂p_n−2 − ··· − s_n−1p₁ − s_n⋅n
となる。「n 次式の根の n 乗和」に限らず、任意の正の整数 d について、「n 次式の根の d 乗和」は、同様の関係を満たす:
　　p_d = −s₁p_d−1 − s₂p_d−2 − ··· − s_d−1p₁ − s_d⋅d
《ふ》の根の平方和・立方和などの計算（上記で例示したもの）は、この方法の実例。

アルゴリズムの詳細とその正しさの証明については、後述する。

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2025-04-14　「ニュートンの式」軽妙な入門　ライヒシュテインによる

#遊びの数論　#ジラルの公式　#バーゼル問題

普通に考えると、例えば「3次式の三つの根をそれぞれ3乗して足し算」ってだけで、ややこしそう。ところがニュートンの式は、それよりはるかに抽象的。一般の m, n について「n 次式の根の m 乗和」を扱う。

式が役立つ場面は限られてるものの、内容を理解すること自体は、意外と易しい。ライヒシュテイン（Reichstein）による証明をベースに、一見難解なニュートンの恒等式たちの真意について、順を追って整理してみたい。

Reichstein はロシア生まれの数学者。ソビエト連邦（当時）では、全体主義やユダヤ人差別のため自由に数学の勉強ができず、18歳の頃、いちかばちかの国外移住を試みた。当てもなく英語も不得意だったが、さいわい、1980年、カリフォルニア工科大学への入学を許された。現在は、カナダのブリティッシュ・コロンビア大学の教授。ここで紹介する証明法は「高校生向け」として、2000年、ロシアの出版物で公開された。やむなく祖国を捨てたものの、故郷への思いもあるようだ。

(1/5)　2次式の根の2乗和

比較的なじみ深い「2次式」から。「2次式の根」とは、その2次式イコール 0 と置いた2次方程式の、二つの解のこと。以下の内容については、既にご存じの方も多いでしょうけど、それを出発点にある種の「トリック」を導入します。

S₁, S₂ を定数（係数）とする。 2次式 f(y) = y² + S₁y + S₂ の根が y = a, b だとしよう。つまり f(y) は、
　　(y − a)(y − b) = y² − (a + b)y + (ab)
に等しく、 a と b は f(a) = f(b) = 0 を満たす、と（説明）。このとき、 f(y) に関する二つの表現の係数の比較から、
　　根と係数の関係　S₁ = −(a + b), S₂ = ab
が成り立つ。さらに f(a) = f(b) = 0 という仮定から:
　　f(a) = a² + S₁a + S₂ = 0
　　f(b) = b² + S₁b + S₂ = 0
この二つの等式を「縦に足し算」すると:
　　(a² + b²) + S₁(a + b) + 2S₂ = 0　　《み》

根と係数の関係から《み》を次のように書くことも可能:
　　(a² + b²) + [−(a + b)](a + b) + 2(ab) = 0
　　つまり　(a² + b²) − (a + b)² + 2(ab) = 0　　《む》

《む》は、「任意の2次式 f の根 a, b について成り立つ等式」を表している。っつーか a, b が根であろうがあるまいが、《む》は任意の a, b に対して成り立つ恒等式だが、ともかく重要なこととして、《み》や、それと同等の《む》の「構成要素」たち、つまり…
　　根の平方和　a² + b²
　　根の1乗和　a¹ + b¹ = a + b
　　1次の係数　S₁ = −(a + b)
　　0次の係数（定数項）　S₂ = ab
…は、どれも a と b について対称的な式。その意味は「a と b の値をスワップしても、式の値は変わらない」。変数が三つ以上（例えば a, b, c）でも同様で、変数名をどう交換しても式の値は不変、という性質を「対称的」と表現する（例えば a, b, c の平方和 a² + b² + c² は対称的。旧 a, b, c の値をそれぞれ c, a, b などとしても、式の値は変わらない）。

対称的な式を足したり掛けたりした結果も、依然として対称的。つまり《む》自体もまた、全体として対称的な多項式（a と b の値を入れ替えても、値は不変）。のみならず、 a, b を変数とする多変数の多項式と見た場合、《む》を展開した各項は、どれも同じ次数 2 を持つ（各項が a または b の 2 個の積と係数から成る、という意味。例えば a² = 1⋅aa とか b² = 1⋅bb とか 2⋅ab のように）。

2次式 f(y) が f(a) = 0 を満たすなら f(y) が y − a で割り切れることは（上記のことから）明白だが、同じことは f(y) が任意の多項式の場合にも成り立つ。なぜなら、もし f(y) が1次式以上なら f(y) = (y − a) g(y) と分解されるし（ここで g(y) は f(y) より次数が 1 小さい多項式。 f を y − a で割った商に当たる）、もし f(y) が1次式未満で f(a) = 0 を満たすなら、 f(y) = 0 は恒等的に 0 に等しい（ゼロ多項式）。 0 = (y − a)⋅0 なので、そのような f(y) も一応 y − a で割り切れる（商 g(y) = 0 もゼロ多項式）。

対称的な多項式 F(a, b, c) は、もし F(a, b, 0) = 0 なら c で割り切れるが、 b と c の値を入れ替えたとすると対称性から F(a, 0, c) = 0 でもあるので、 F は b でも割り切れる。同様に F は a でも割り切れる。変数の数が幾つでも同様。

(2/5)　3次式以上の根の2乗和

さて、100万ドルの問題です！　もしも f(y) が2次式でなく3次式だったら、 f(y) には三つの根 a, b, c がありますが、それら三つの根も《む》と同様の対称的な関係、
　　(a² + b² + c²) − (a + b + c)² + 2(ab + ac + bc) =^? 0　　《むむ》
を満たすでしょうか。

むむっ…？　実際に左辺を展開して計算してみれば = 0 になるか否かは、機械的に検証可能（慣れてる人ならチラッと見ただけで答えは分かるだろう）。でも、「ちょっとした考え方」によって、実際に計算しなくても答えを出せる。この「考え方」が全体の鍵となる…

もし仮に c = 0 なら《むむ》の左辺は《む》の左辺と等しいので、そのとき《むむ》は、《む》と同じく = 0 となる。《むむ》を c についての多項式と解釈してみよう。ムードを出すため c の代わりに文字 x を使って、
　　F(x) = (a² + b² + x²) − (a + b + x)² + 2(ab + ax + bx)
と書き変えてみると、いかにも x についての多項式だ（文字が c のままでも、全く同じ意味だが）。で、まあ F(x) は x についての多項式だけど、 c = 0 と置くと《むむ》は = 0 になるんだから（そしてわれわれは単に気分で、文字 c の代わりに文字 x を使ってるだけで、 c と x は同じ意味なので）、 x = 0 のとき F(x) = 0 ってことになる。つまり F(0) = 0。だから F(x) は x − 0 で割り切れ、要するに x で割り切れる。ムードを出すために使った文字 x を本来の c に戻すと、《むむ》の左辺は c で割り切れる。

ところが《むむ》は a, b, c について対称的なので、《むむ》が c で割り切れるのなら、《むむ》は b でも割り切れるし、 a でも割り切れる。つまり《むむ》は a, b, c のどれでも割り切れ、従ってそれらの積 abc で割り切れる。

だが《むむ》は a, b, c について対称的で各項は2次なんだから、それを整理した結果も a, b, c について対称的な2次の項の和のはず。
　　2次の項の和から成り a, b, c について対称的で、しかも abc で割り切れるような多項式
なんてもんが存在するんだろうか。なんか、ちょっと変な感じ…。その謎の式は、
　　F(a, b, c) = u(a² + b² + c²) + v(ab + ac + bc) + w
みたいな形をしてる、と推定される（u, v, w は何らかの定数）。このような F(a, b, c) が、多項式として――つまり a, b, c の値と無関係に、常に―― abc で割り切れるとしたら、 u = v = w = 0 でなければならない。何のことはない、「謎の式」の正体は、
　　F(a, b, c) = 0(a² + b² + c²) + 0(ab + ac + bc) + 0
であり、恒等的にゼロに等しい多項式 F(a, b, c) = 0 に過ぎない。

くだらねぇ～と言うべきか、ふ～むと感心するべきか。まぁ、確かに多項式 F(a, b, c) = 0 は a, b, c について対称的（そもそも右辺は a, b, c を含んでないので、対称もヘチマもないが、それでも「a, b, c の変数名を入れ替えても値が変わらない」という対称性の定義を満たしている。ゼロでなんにもないんだから、非対称になる原因もない）。そして F は多項式 abc の 0 倍に等しいんで、もちろん abc で割り切れる。逆に、もしも F が「ゼロ多項式」以外の式だったとしたら、 F は2因子の積の和なんだから、3因子の積 abc で割り切れるわけないし。

以上の考察によって、実際に計算するまでもなく、《むむ》の左辺は恒等的にゼロに等しい。

〔注〕　《むむ》についてだけなら、こんなトリッキーな論法を使わなくても、直接計算した方が手っ取り早く結論を出せる。あえてこの論法を記したのは、同じ論法が、証明全体の要となるから。

結局、3次式 y³ + S₁y² + S₂y + S₃ の根を a, b, c とすると、
　　(a² + b² + c²) − (a + b + c)² + 2(ab + ac + bc) = 0
が成り立つ。根と係数の関係 S₁ = −(a + b + c), S₂ = ab + ac + bc に注意しつつ、
　　3次式の根の2乗和を　p₂ = a² + b² + c²
　　3次式の根の1乗和を　p₁ = a + b + c
で表すと、上記の関係を次のように表現できる:
　　p₂ + S₁p₁ + 2S₂ = 0

既に見たように（《み》《む》）、2次式 y² + S₁y + S₂ の根を a, b とすると、
　　(a² + b²) − (a + b)² + 2(ab) = 0
が成り立つ。根と係数の関係 S₁ = −(a + b), S₂ = ab に注意しつつ、
　　2次式の根の2乗和を　p₂ = a² + b²
　　2次式の根の1乗和を　p₁ = a + b
で表すと、上記の関係を次のように表現できる:
　　p₂ + S₁p₁ + 2S₂ = 0

f(y) が2次式でも3次式でも、その根の2乗和・1乗和・その式の係数の間には、
　　同一の関係　p₂ + S₁p₁ + 2S₂ = 0
が成り立つ！

もし f(y) が4次式だったら？　4次式の四つの根 a, b, c, d は、
　　G(a, b, c, d) = (a² + b² + c² + d²) − (a + b + c + d)² + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 0
を満たすであろうか。イエス！　その場合、もし d = 0 なら G(a, b, c, 0) は《むむ》と一致するんで、多項式 G の値は 0 に等しい（少なくとも d = 0 のときには）。先ほどと同様の論法によって G は d で割り切れ、対称性によって a でも b でも c でも割り切れ、従って abcd で割り切れる。これは G がゼロ多項式であることを含意する。

この論法は何度でも反復できるので、 f(y) が2次式以上の何次式でも、根の2乗和 p₂ は、
　　同一の関係　p₂ + S₁p₁ + 2S₂ = 0　　《め》
を満たす。

(3/5)　根の3乗和・4乗和など

ここまでは m = 2 を固定し、幾つかの n について「n 次式の根の2乗和」を考えました。今度は m の方を動かして「根の3乗和」「根の4乗和」などを考えてみます。

3次式 f(y) = y³ + S₁y² + S₂y + S₃ の三つの根を a, b, c とする。つまり:
　　f(a) = a³ + S₁a² + S₂a + S₃ = 0
　　f(b) = b³ + S₁b² + S₂b + S₃ = 0
　　f(c) = c³ + S₁c² + S₂c + S₃ = 0
縦に足し算して:
　　(a³ + b³ + c³) + S₁(a² + b² + c²) + S₂(a + b + c) + 3S₃ = 0
根の3乗和 a³ + b³ + c³ を p₃ とすると、こうなる:
　　p₃ + S₁p₂ + S₂p₁ + 3S₃ = 0　　《も》

《め》と《も》の類似性は明らかだろう。《め》は根の2乗和を1乗和で表した式、《も》は根の3乗和を1乗和・2乗和で表した式。のみならず、4次式の四つの根 a, b, c, d の3乗和についても、《も》と同一形式の次の等式が成り立つ。
　　(a³ + b³ + c³ + d³) + S₁(a² + b² + c² + d²) + S₂(a + b + c + d) + 3S₃ = 0
実際、この左辺で d = 0 とすると、3次式の場合の《も》の左辺と同一になり、そのとき左辺の値は = 0。従ってこの式は d で割り切れる。対称性から、同じ式は a, b, c のどれでも割り切れ、よって abcd で割り切れる。しかし、この式のどの項も次数は 3 なので、 abcd で割り切れるためには、値が恒等的に 0 でなければならない。同じ論法は何度でも反復できるので、3次式以上の多項式の根の立方和は、いずれも《も》を満たす（もちろん n 次式を考えているとき、 p₃ は n 個の根についての3乗和を表す。 p₂, p₁ についても同様）。

たった今、「n 次式の根の3乗和」（m = 3）について n = 3 からスタートし n = 4 以上にも拡張できることを述べた。これは n 個の根をそれぞれ3乗して、足し合わせた値だ。

次に、似てるようだが違う話題。「n 次式の根の4乗和」（m = 4）について、 n = 4 の場合を考えてみる（m = n = 4）。つまり 4 個の根 a, b, c, d をそれぞれ4乗して、足し合わせた値 a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ だ。4次式 f(y) に y = a, b, c, d を入れると値が 0 になることから、四つの等式が得られる。縦に足すことで、《も》と同様の次の形になる:
　　p₄ + S₁p₃ + S₂p₂ + S₃p₁ + 4S₄ = 0
これまでと同じ論法によって、この等式は、5次式・6次式などの根の4乗和にも拡張される。この等式を p₄ について解くことで、根の4乗和を、1乗和・2乗和・3乗和によって表すことができる。

さらに m = n の場合の一般論として、 m 次式の m 個の根を r₁, r₂, ···, r_m として、
　　根の m 乗和　p_m = (r₁)^m + (r₂)^m + ··· + (r_m)^m
を考えよう。今までと全く同様、 m 個の等式を縦に足し算するだけで、 p_m の値を p₁, p₂, ···, p_m−1 と関連付けることができる:
　　p_m + S₁p_m−1 + S₂p_m−2 + ··· + S_m−1p₁ + S_m⋅m = 0　　《や》
のみならず、例の論法によって n+1 = m+1 次式の根の m 乗和や、 n+2 = m+2 次式の根の m 乗和などについても、同じ形式の等式が成り立つ。

(4/5)　多項式の次数 n が指数 m より小さい場合

以上によって、かなり一般的に、
　　n 次式の根の m 乗和　(r₁)^m + (r₂)^m + ··· + (r_n)^m
を求める手掛かりが得られました。もはや Newton の式を理解できたも同然。ただし、ここまでは「m 乗和」の m という指数について、多項式の次数 n がそれと等しい場合を出発点とし、その拡張として n が m 以上の場合を考えてきました。この限定を外す最後の詰め。

実は、多項式の次数 n は 1 以上の整数なら何でもよく、 m より小さくても構わない。その場合「無いデータは 0 とみなす」（後述）というだけで、引き続き全く同じ形式の等式が有効。例えば、 a, b, c を根とする3次式、
　　f(y) = (y − a)(y − b)(y − c) = y³ + S₁y² + S₂y + S₃
の根の3乗和 p₃ について、
　　p₃ + S₁p₂ + S₂p₁ + 3S₃
が成り立ち（《も》参照）、同じ形式の等式は、4次式以上の根の3乗和についても成り立つ（m = 3, n ≥ 3）。では、
　　2次式　(y − a)(y − b) = y² + S₁y + S₂
の二つの根 a, b の3乗和（m = 3, n = 2）については、どうか？

その場合、概念的には、与えられた2次式にダミーの根 c = 0 を追加して、
　　3次式　(y − a)(y − b)(y − 0) = y³ + S₁y² + S₂y + 0　　《ゆ》
を考えれば、その根の3乗和は上記の基本公式に従う（ダミーの根を含む3次式でも、3次式には違いないので）。「勝手にダミーの根を追加したら、与えられた式とは違う多項式になってしまうのでは？」という疑問について。確かにダミーの3次式は与えられた2次式とは別物だが、ここで求めたいのは、与えられた式の根の3乗和 a³ + b³ であり、従って、
　　a, b, 0 を三つの根とする3次式の根の3乗和　a³ + b³ + 0³
を求めても、同じこと。 2次式 y² + S₁y + S₂ には係数のデータが「S の2番」までしかないのに、公式 p₃ + S₁p₂ + S₂p₁ + 3S₃ は「S の3番」を含む。「3次式だったら S₃ = abc だ」という事実と「ダミーで追加した根は c = 0 に当たる」という事実を考慮すると、 S₃ = abc を ab × 0 = 0 とすれば、つじつまが合う。実際、ダミー3次式《ゆ》において、 S₃ に当たる定数項は 0 に等しい。

一般に、ある n 次式の「根の m 乗和」を求めたいとき、 n が m より小さい場合には、公式の上で「その n 次式には存在しないデータ」が必要になるかもしれない。そのような「存在しないデータ」については、単に 0 と見なせばいい（ダミーの根 0 を m − n 個追加する処理に相当）。

かくして、任意の正の整数 m, n について、 n 次式の n 個の根の m 乗和を扱うことができる。

Newton の恒等式たちのポイント
　　m 乗和 p_m の公式の形は、本質的に m によって決まり、多項式の次数 n に依存しない。

〔例〕　n が何であっても、 n 次式の根の2乗和は (S₁)² − 2S₂ に等しい（それが多項式 p₂ である）。

(5/5)　まとめ・実際の活用例

n を正の整数とする。 n 次式 f の最高次（n 次）の係数が 1 であると仮定する。 n−1 次の係数を S₁、 n−2 次の係数を S₂ などとする。「0 次の係数」とは f の定数項である。もし「負の次数の項の係数」が必要になったら、その値は 0 としよう。

f の n 個の根の1乗和を表す多項式を p₁ とし、2乗和を表す多項式を p₂ とする。 p₃ 以降も同様に定義しよう。ただし、1次式の場合（根が一つしかない）、「根の m 乗和」とは一つの根それ自身の m 乗を表すものとする。

任意の正の整数 m について、最高次の係数が 1 であるような任意の n 次式の根は、次の性質を持つ。
　　p_m + S₁p_m−1 + S₂p_m−2 + ··· + S_m−1p₁ + S_m⋅m = 0　　《や》再掲

和に含まれる p の番号は、 m 番から 1 番まで、だんだん小さくなる。最初にある m 番の p には、特別な係数なし。 m 番より小さい p があれば、それには、もともとの多項式 f の係数が掛け算される（掛け算される係数 S の番号は、 m から p の番号を引いたもの^†）。形式的に考えると、 p₁ を含む項の後ろに、最後の項として S_mp₀ があるはずだが、実際には、その p₀ に当たる因子は整数 m になる。

〔補足〕　m = n の場合に限っては、この整数を文字通りに p₀ つまり、
　　根の 0 乗和　(r₁)⁰ + (r₂)⁰ + ··· + (r_n)⁰ = n = m
と考えることができる（《み》の 2、《も》の 3 のように）。 m ≠ n の場合、この整数は、多項式の根の 0 乗和 n とは一致しない（この式は n に依存せず m のみによって決まるのだから、 m ≠ n なら n ではなく m を含む）。「○次式の根の○乗和では、○個の等式を縦に足し算」という基本形を一般化した式なので、末尾の S_○ は ○ 倍される。

†　言い換えると、p の番号と、掛け算される係数 S の番号の和は、一定の値 m を保つ。よって形式的に考えると、先頭の p₀ には、 f の最高次の係数 S₀ = 1 が掛かっている（そう考えてもいい）。

m = 1 の場合の p₁ は、根の1乗和（根の和）を表す。《や》は、
　　p₁ + S₁⋅1 = 0　つまり　p₁ = −S₁
となる。 m = 1, n = 1 の場合、これは 1次式 x + S₁ の根が −S₁ だ、という当たり前のことを意味する。 m = 1, n ≥ 2 の場合、これは n 次式の根の和が、「最高次より一つ下の係数 S₁ の符号を変えたもの」に等しい、という「根と係数の関係」を意味する。

m = 2 の場合、《や》は、
　　p₂ + S₁p₁ + S₂⋅2 = 0
　　つまり　p₂ = −S₁p₁ − 2S₂
となる。 m = 1 のケースから p₁ = −S₁ であり、それを代入すると:
　　p₂ = −S₁(−S₁) − 2S₂
　　∴　p₂ = (S₁)² − 2S₂
これは、根の2乗和（平方和）が、「一つ目の係数の平方から、二つ目の係数の 2 倍を引いたもの」に等しいことを意味する。

m = 3 の場合、《や》は、
　　p₃ + S₁p₂ + S₂p₁ + S₃⋅3 = 0
　　つまり　p₃ = −S₁p₂ − S₂p₁ − 3S₃
となる。 m = 1 のケースから p₁ = −S₁ であり、 m = 2 のケースから p₂ = (S₁)² − 2S₂ なので、それらを代入すると:
　　p₃ = −S₁((S₁)² − 2S₂) − S₂(−S₁) − 3S₃
　　 = −(S₁)³ + 2S₁S₂ + S₁S₂ − 3S₃
　　∴　p₃ = −(S₁)³ + 3S₁S₂ − 3S₃
これは、根の3乗和（立方和）が、次の値に等しいことを意味する。「一つ目の係数を立方して符号を変え、一つ目の係数と二つ目の係数の積の 3 倍を足し、三つ目の係数の 3 倍を引いたもの」。

以下、同様に p₄, p₅ なども計算可能。

Newton の式の核心
　Newton の式というのは「具体的な一つの公式」ではない。根の1乗和 p₁ や2乗和 p₂ や3乗和 p₃ などなどの、式たちの関係を記述した「メタ公式」（公式についての公式）。このメタ公式を使うことで、必要に応じて、具体的な「2乗和の公式」「3乗和の公式」等々を次々と生成できる。

m が 2 以上のとき、 m 番の p は、 m−1 番以下の p たちと S たちの組み合わせで表されるが、下位の番号の p についての同様の表現を再帰的に代入することによって、究極的に p_m は、係数 S たちだけを使って表現される。実用上、このような還元は必須ではない。例えば、特定の多項式について p₃ の値を求めることが目的だとして、 p₂ 以下の値が既知なら、
　　p₃ = −S₁p₂ − S₂p₁ − 3S₃
を使って、直ちに p₃ を求めても構わない。

S たちは多項式 f の「係数そのもの」であり、奇数番目の S は、対応する基本対称式とは符号が逆。係数 S₁, S₂, S₃, ··· による表現を、基本対称式 E₁, E₂, E₃, ··· による表現に変換したい場合、番号が奇数の S については、偶数乗されている場合を除き、符号を変える必要がある。例えば:
　　p₃ = −(S₁)³ + 3S₁S₂ − 3S₃ = (E₁)³ − 3E₁E₂ + 3E₃

この最後の式は、（多項式の積に関する順列・組み合わせ的な発想を使って）直接的に導出することもできる。それはそれで面白いけど、 Newton の式を使うと、数行の簡単な計算だけで、同じ結論が淡々と得られる。

m = 1, 2 の場合（「根の和」「根の平方和」）については、こんな大げさな装置を使うまでもなく、直接的に考えた方が分かりやすいでしょう。 m = 3 の「根の立方和」の直接的導出もさほど難しくありませんが、 m = 4 は、直接やるとかなり面倒で、上記で使った「縦の足し算」を考える方が便利。立方和あるいは4乗和あたりから Newton の式は真価を発揮するようです。

Reichstein の出身地ヤロスラブリ（Yaroslavl）の風景
モスクワから約 200 km ［2009年撮影・パブリックドメイン］

〔参考文献〕
[1] Z. Reichstein (2000), An inductive proof of Newton's identities
https://personal.math.ubc.ca/~reichst/nf-ind.html
英語版 [1] には、数式の誤字が多い。数式は言語と関係ないので、ロシア語版 [2] も参考にするといい。
[2] З. Б. Райхштейн (2000), Тождества Ньютона и математическая индукция　(pages 204–205)
https://old.mccme.ru/free-books/matpros5.html
[3] Jane S. Dietrich (1983), To Do Mathematics: The Odyssey of a Soviet Emigré
https://calteches.library.caltech.edu/3365/

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2025-04-19　ζ(2d) の再帰的な一般公式　三歩進んで

#遊びの数論　#バーゼル問題

d を正の整数とする。 Yaglom 流では、次の多項式の根の d 乗和を経由して ζ(2d) を求めることができる:
　　y^m − ((2m)(2m−1)/3!)y^m−1 + ((2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)/5!)y^m−2 − ···
ここで ζ(N) は 1^N, 2^N, 3^N, ··· の逆数の無限和。 d = 1, N = 2 の場合が有名なバーゼル問題だ。

この方法で ζ(2), ζ(4) を求めることは比較的容易で、面白い。原理的には、同じ方法をそのまま拡張して ζ(6), ζ(8), ζ(10) などを求めることも可能だが、効率が悪い。強引に推し進めず、簡単化を考えてみたい。結論を先に記すと、
　　y^m − (2²/3!)y^m−1 + (2⁴/5!)y^m−2 − ··· 
の根の d 乗和を q_d として、
　　ζ(2d) = q_d/2^2d × π^2d
となる。この観点の方が見通しが良く、 ζ(2), ζ(4) などの値も、軽快な方法で再び得られる。

この方法の出発点となるのは、 θ が直角未満の正の角度のとき、
　　不等式　cot² θ < (1/θ)² < 1 + cot² θ
が成り立つという事実であった。一定の方法で選択した m 種類の角度をこの θ に入れることで、 m 個の不等式が得られ、それらを辺々足し合わせることで、
　　(2m + 1)²/(π²) × [1 + 1/2² + ··· + 1/m²]
の値が、 m についての2次式（最高次の係数が同じ）によって、上下から挟み撃ちされる。アイデアの核心は、 y = cot² θ の和が「m についての（有理係数の）多項式」の根の1乗和で表されること。これによって m → ∞ のときの上記 [ ] 内の値、すなわち ζ(2) の値を決定できる。 Yaglom 兄弟によって記述され、ノルウェーやギリシャでも再発見されたこのエレガントな論法は、「神の証明集」にも収録されている。

Yaglom 兄弟はさらに、同じ多項式の根の2乗和によって同様に ζ(4) が求まることを記し、 ζ(6), ζ(8) なども同様に求められると付記している。しかしながら「そろりと二歩目」として試してみたところ、この方法を額面通りに適用して ζ(6) 以降を求めることは可能だが、あまり見通しが良くない。 Newton の式が事実上不可欠のツールとなるが、そのツールを使っても、多項式の根の d 乗和を（それ自体 m についての多項式として）正直に求めるのは、面倒。

問題を簡単化するため、まず次の点を明確にしておく: 「分子・分母がどちらも m についての4次式であるような分数」の極限値（m → ∞ のときの。以下同じ）は、「分子・分母それぞれの4次の係数」のみによって決まり、3次以下の項は結論に影響しない。実際、
　　(Am⁴ + Bm³ + Cm² + Dm + E)/(Pm⁴ + Qm³ + Rm² + Sm + T)
の形の分数を m⁴ で約すと、
　　(A + B/m + C/m² + D/m³ + E/m⁴)/(P + Q/m + R/m² + S/m³ + T/m⁴)
の形になるが、 m → ∞ のとき、分子・分母それぞれの2項目以降（例えば A/m や B/m² などの項）が → 0 であることは明白（有限の A, B などが ∞ で割り算されるのだから）。よって、この分数の極限値は A/P であり、もともとの4次式の最高次の係数のみによって決まる。一般に、分子・分母がどちらも 2d 次式の場合、同様の議論によって、極限値は「最高次の係数の比」のみに依存する。そのことから、この問題においては、多項式の根の d 乗和を求めるとき、最高次の係数だけが本質的で、それ以外の情報を最初から無視することができる。

さらに、
　　f(y) = y^m − ((2m)(2m−1)/3!)y^m−1 + ((2m)(2m−1)(2m−2)(2m−3)/5!)y^m−2 − ···
の根の d 乗和 p_d を考える代わりに、もっと簡単な多項式、
　　g(y) = y^m − ((2m)²/3!)y^m−1 + ((2m)⁴/5!)y^m−2 − ···
の根の d 乗和を考えても、極限値に関する限り、同じこと。理由は以下の通り。

f(y) の m−k 次の項の係数 s_k は、明らかに「m についての 2k 次式」。それに関連して、次の命題が成り立つ。
　　命題　p_d は m についての 2d 次式で、その 2d 次の項は、各 s_k, p_k の最高次の項のみによって決まる。

d = 1 の場合に関して、すなわち m についての2次式 p₁ = −s₁ = 4m²/3! に関して、この命題が正しいことは自明。帰納法による証明のため、命題が p₁, p₂, ···, p_d−1 について正しいと仮定すると、この命題は p_d についても正しい。実際、 Newton の恒等式から、
　　p_d = −s₁p_d−1 − s₂p_d−2 − ··· − s_d−1p₁ − s_d⋅d
であるが、 p_k の次数（k ≤ d−1）に関する帰納法の仮定から、その右辺の第1項は2次式と 2d−2 次式の積、第2項は4次式と 2d−4 次式の積、等々となるから（そして s_d は 2d 次式だから）、右辺各項は 2d 次式。よって、それらの（見かけ上マイナス符号が付いた項たちの）和である左辺 p_d も 2d 次式であり、しかもその 2d 次の項は、 s₁, s₂, ···, s_d; p₁, p₂, ···, p_d−1 のそれぞれの最高次の項のみによって決まる。

さて、《ほ》《ま》以下と同様に ζ(2d) の値は、
　　p_d/(2m + 1)^2d × π^2d
の極限値。 p_d の最高次の項を Am^2d とすると、上記の左側の分数の極限値は Am^2d と (2m)^2d の比^†なんで、この比を簡約して m を取り除くことができる。要するに、 g(y) をさらに簡単化した有理係数の多項式
　　h(y) = y^m − (2²/3!)y^m−1 + (2⁴/5!)y^m−2 − (2⁶/7!)y^m−3 + (2⁸/9!)y^m−4 − ···
　　 = y^m − (2/3)y^m−1 + (2/15)y^m−2 − (4/315)y^m−3 + (2/2835)y^m−4 − ···
の根の d 乗和を q_d とすると、次が成り立つ:
　　ζ(2d) = q_d/2^2d × π^2d　　《よ》

†　分母の (2m + 1)^2d を二項定理で展開すると、最高次の項は (2m)^2d に等しい。より低い次数の項、例えば 2d(2m)^2d−1 等も発生するけれど、最高次の項以外は極限値に影響しないので、われわれはそれらを無視する。

Newton の恒等式たちを使って d = 1, 2, 3 の場合の q_d を具体的に求めてみる。 h(y) の係数を、
　　t₁ = −2/3, t₂ = +2/15, t₃ = −4/315, ···
とすると:
　　q₁ = −t₁⋅1 = −(−2/3)⋅1 = 2/3
　　q₂ = −t₁q₁ − t₂⋅2 = −(−2/3)⋅(2/3) − (2/15)⋅2 = 8/45
　　q₃ = −t₁q₂ − t₂q₁ − t₃⋅3 = −(−2/3)⋅(8/45) − (2/15)⋅(2/3) − (−4/315)⋅3 = 64/945

ここでは Newton の式からの直接的な結論に従って、あえて二重のマイナス符号を使った複雑な表記をしている。 t₁, t₂, ··· では負の値と正の値が交互に現れること、および各 q_d は正であること（なぜなら ζ(2d) = 1 + 1/2^2d + ··· は明らかに 1 より大きいので、 q_d ≤ 0 という想定は等式《よ》に反する）を考慮すると、 q_d は、上記形式において「プラスの項とマイナスの項が交互に現れる交代和」として表現される。つまり、奇数番目の項については（二重のマイナスを省いて）最初からプラスの値だと決め付けて構わない。

このようにして、簡単な分数計算で得られる q₁, q₂, q₃ について、《よ》に従ってそれぞれ 2² = 4, 2⁴ = 16, 2⁶ = 64 で割り算すると、その商が ζ(2), ζ(4), ζ(6) における π², π⁴, π⁶ の係数となる。この係数がそれぞれ 1/6, 1/90, 1/945 であることを（比較的面倒な方法で）既に求めたが、今述べた方法では、簡潔に同じ結論に至る。 ζ(2) を求めるだけなら Yaglom の論法はエレガントだし、 ζ(4) への応用も実用になるが、 ζ(6) 以降も含めてもう少し一般的に ζ(2d) の値を考える場合には、このように議論を練り直しておくと都合がいい。

〔付記〕　Apostol, 1973 ではさらに、本質的に同じ結論を（再帰的にではなく）直接的に表現することが試みられている。

《よ》によって、われわれは（再帰的ではあるが）本質的には小学生の算数によって、次々と ζ(2d) の値を決定できる立場となった。上記 q₃ などの途中計算をもう少し詳細に記しておく。 t₁ = −2²/3! = −4/6 = −2/3 から q₁ = 2/3 を得る部分には、疑問の余地はない。
　　t₂ = 2⁴/5! = 2⁴/(1⋅2⋅3⋅4⋅5)
においては、分母に因子 2 がちょうど 3 個あるので、約分すると = 2/(3⋅5) = 2/15 となる。よって:
　　q₂ = (2/3)(2/3) − (2/15)⋅2 = 4/9 − 4/15 = 20/45 − 12/45 = 8/45

さて、
　　t₃ = −2⁶/7! = −2⁶/(1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7)
においては、分母に因子 2 がちょうど 4 個あるので、約分すると = −2²/(3⋅5⋅3⋅7) = −4/315 となる。この分母は 3⋅3⋅7 = 63 の 5 倍に等しいので、因子 3 をちょうど 2 個含む。一方、
　　−t₁q₂ = (2/3)(8/45) = 16/135
の分母は、因子 3 をちょうど 3 個含むことから、 q₃ の計算では、分母を 315 × 3 = 945 に通分することになる（945 は 135 の 7 倍。 135 は 45 の 3 倍なので、 945 は 45 の 21 倍）:
　　q₃ = (2/3)(8/45) − (2/15)(2/3) + (4/315)⋅3
　　 = 16/135 − 4/45 + 12/315 = 112/945 − 84/45 + 36/945 = 64/945

今、 ζ(8) を求めるため、
　　t₄ = 2⁸/9! = 2⁸/(1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9)
を考える。この分母には、因子 2 がちょうど 7 個ある。この形の分数は一般的にどう約分されるのか？という好奇心が湧くが、ここまでのところ、分子側の因子 2 の方が少し数が多く、分母の階乗の因数は約分されて全部奇数になっている。
　　t₄ = 2/(3⋅5⋅3⋅7⋅9) = 2/2835
t₄ の分母では、掛け算が一番楽な 5 を（計算が一番面倒な）最後の積に活用するなら、 3⋅3⋅7⋅9 = 81 × 7 = 567 を 5 倍すればいい（つまり 5670 を半分にすればいい）。このことから、分母 2835 は = 3⁴⋅5⋅7 で、因子 3 を 4 個、因子 5 を 1 個、因子 7 を 1 個含む。

一方、
　　q₄ = −t₁q₃ − t₂q₂ − t₃q₁ − t₄⋅4
　　 = (2/3)(64/945) − (2/15)(8/45) + (4/315)(2/3) − (2/2835)⋅4
　　 = 128/2835 − 16/675 + 8/945 − 8/2835
　　 = 120/2835 − 16/675 + 8/945
の最初の引き算の分母 675 は = 3³⋅5² であり、因子 5 を 2 個含む。よってこの引き算では、分母を 3⁴⋅5²⋅7 = 2835 × 5 = 14175 に通分すればいい。 675 = 3³⋅5² から見ると 3⋅7 = 21 倍なので:
　　120/2835 − 16/675 = 600/14175 − 336/14175 = 264/14175 = 88/4725
この最後の約分は、 264 と 14175 がどちらも 3 の倍数であることに基づく。結局、
　　q₄ = 88/4725 + 8/945 = 88/4725 + 40/4725 = 128/4725
となる（4725 は 945 の 5 倍）。《よ》に従い、上記 q₄ を 2⁸ = 256 で割ることにより、われわれは、
　　ζ(8) = 1/9450 × π⁸
を得る。

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2025-04-20　ζ(12) を見たときの不思議な気分　ダダッとダッシュ

#遊びの数論　#ベルヌーイ数　#バーゼル問題

ζ(2) = 1 + 1/2² + 1/3² + ··· = 1/6 × π² は、素朴に好奇心を刺激する。これは孤立的な事例ではなく、
　　ζ(4) = 1 + 1/2⁴ + 1/3⁴ + ··· = 1/90 × π⁴
　　ζ(6) = 1 + 1/2⁶ + 1/3⁶ + ··· = 1/945 × π⁶
のように、 N が正の偶数のとき ζ(N) = 有理数 × π^N となる。

謎めいた分数 1/6, 1/90, 1/945, ··· の素性（どういうパターンで並んでるのか）は、まだよく分からない。でも、この分数を単純計算（小学生の算数）で次々に決定できるところまで、問題を煮詰めた。 ζ(10), ζ(12) など、もう少しサンプルを増やせば、何か手掛かりが得られるかも…

y についての m 次式、
　　h(y) = y^m − (2²/3!)y^m−1 + (2⁴/5!)y^m−2 − (2⁶/7!)y^m−3 + (2⁸/9!)y^m−4 − ···
　　 = y^m − (2/3)y^m−1 + (2/15)y^m−2 − (4/315)y^m−3 + (2/2835)y^m−4 − ···
の m 個の根を、それぞれ d 乗して足し合わせた和を q_d とすると、次が成り立つ。
　　ζ(2d) = q_d/2^2d × π^2d　　《よ》再掲

ここで m の具体的な値は、どうでもいい（小さ過ぎなければ）。例えば、 m = 3 とすれば、上記は
　　y³ − (2/3)y² + (2/15) − (4/315)
という3次式を意味し、 m = 4 とすれば、
　　y⁴ − (2/3)y³ + (2/15)y² − (4/315)y + (2/2835)
という4次式を意味する。根の d 乗和 q_d は d のみによって決まり、多項式の次数とは関係ないので、上の3次式・4次式のどちらを考えても q₂ や q₃ の値は変わらない。ただし、この場合 q₄ を正しく求めるには3次式では情報（係数の数）が足りず、 q₅ を求めるには4次式では情報が足りない（計算上、ダミーの 0 になってしまい、情報が欠落）。ターゲットとなる d に応じて、 m は d 以上であることが必要。

m 次式の（m−1 次以下の）個々の係数を、次のように略記しよう。
　　t₁ = −2²/3! = −2/3
　　t₂ = 2⁴/5! = 2/15
　　t₃ = −2⁶/7! = −4/315
　　t₄ = 2⁸/9! = 2/2835
　　t₅ = −2¹⁰/11! = −4/155925
　　t₆ = 2¹²/13! = 4/6081075
このとき Newton の式から:
　　q₁ = −t₁⋅1 = 2/3
　　q₂ = −t₁q₁ − t₂⋅2 = 8/45
　　q₃ = −t₁q₂ − t₂q₁ − t₃⋅3 = 64/945
　　q₄ = −t₁q₃ − t₂q₂ − t₃q₁ − t₄⋅4 = 128/4725
　　q₅ = −t₁q₄ − t₂q₃ − t₃q₂ − t₄q₁ − t₅⋅5 = 1024/93555
　　q₆ = −t₁q₅ − t₂q₄ − t₃q₃ − t₄q₂ − t₅q₁ − t₆⋅6 = 2830336/638512875

q₄ までの途中計算については、前回、細かく記した。内容は「小学生の算数」（単純な分数計算）だった。 q₆ が、 q₅ 以下と比べ急に複雑になるのがちょっと気になるが、ともあれ、こうして得られた六つの分数を《よ》に従って、それぞれ 2² = 4, 2⁴ = 16, 2⁶ = 64, 2⁸ = 256, 2¹⁰ = 1024, 2¹² = 4096 で割ると、次のように、 ζ(2d) における π^2d の係数が得られる（d = 1, 2, ···, 6）:
　　ζ(2) = 1/6 × π²
　　ζ(4) = 1/90 × π⁴
　　ζ(6) = 1/945 × π⁶
　　ζ(8) = 1/9450 × π⁸
　　ζ(10) = 1/93555 × π¹⁰
　　ζ(12) = 691/638512875 × π¹²

〔注〕　q₆ の分子 2830336 は = 2¹²⋅691 = 4096 × 691。

この「12番が急に複雑になって、その分子は 691」という事実を見たとき、
　　Bernoulli 数　B₁₂ = −691/2730
と似ている、と感じられる。偶然かもしれないけど、 ζ(2) の係数 1/6 も B₂ そのものだし…

もし仮に ζ(12) の分子にある 691 が B₁₂ の分子 −691 と関係あるとして（符号は逆だが）、分母の 638512875（無味の葉、恋に花子）は B₁₂ の分母 2730 と関係あるか？

試しに「恋に花子」を 2730 で割ってみると、
　　638512875/2730 = 467775/2
となって割り切れない。前者は奇数、後者は偶数なので、割り切れないのは当たり前。しかし「恋に花子」の 2 倍なら、ちょうど 2730 で割り切れることが分かる（商は 467775）。

他の分母は、どうか。 ζ(10) の分母 93555 を B₁₀ = 5/66 の分母 66 で割ってみると、
　　93555/66 = 2835/2
となって、やはり「2 倍すると、ちょうど割り切れる」。 ζ(8) の分母 9450 を B₈ = −1/30 の分母 30 で割ってみると、
　　9450/30 = 315
となって、今度は割り切れる（従って、もちろん 2 倍した 9450 × 2 も、ちょうど割り切れる）。 ζ(6) の分母 945 を B₆ = 1/42 の分母 42 で割ってみると、
　　945/42 = 45/2
となって「2 倍すると、割り切れる」。

ζ(2d) の係数を 2 倍するか、あるいは 2 で割るかすると、もしかすると Bernoulli 数 B_2d との関連性が分かるのかもしれない…という漠然とした感覚が得られる。理論的裏付けはないけど、あれこれ試行錯誤を続けると、次のような規則性が見つかる（少なくとも d ≤ 12 に関しては）:
　　ζ(6) の係数 1/945 を 2 倍した 2/945 を
　　　6! = 720 倍して 2⁶ = 64 で割ると B₆ = 1/42 になる。
　　ζ(8) の係数 1/9450 を 2 倍した 2/9450 を
　　　8! = 40320 倍して 2⁸ = 256 で割ると B₈ = −1/30 と絶対値が一致。
　　ζ(10) の係数 1/93555 を 2 倍した 2/93555 を
　　　10! 倍して 2¹⁰ で割ると B₁₀ = 5/66 になる。
　　ζ(12) の係数 691/638512875 を 2 倍した 1382/638512875 を
　　　12! 倍して 2¹² で割ると B₁₂ = −691/2730 と絶対値が一致。

ζ(4) の係数 1/90 を 2 倍した 1/45 についても、 4! = 24 倍して 2⁴ = 16 で割った 1/30 は、 B₄ = −1/30 と絶対値が等しい。 ζ(2) の係数 1/6 を 2 倍した 1/3 についても、 2! = 2 倍して 2² = 4 で割った 1/6 は、 B₂ = 1/6 に等しい。

一般に、 ζ(2d) の係数の 2 倍を (2d)! 倍して 2^2d で割ると B_2d と絶対値が一致する、と予想される。

逆に言えば、 Bernoulli 数 B_2d を 2^2d 倍して (2d)! で割り、さらに 2 で割ったものが、 ζ(2d) における π^2d の係数である、と予想される。 2^2d 倍して、後から 2 で割るということは、トータルでは 2^2d−1 倍することに当たる。つまり次の式が成り立つようだ。
　　ζ(2d) = 2^2d−1 |B_2d| / (2d)! × π^2d

とりあえず絶対値記号を付けておいたが、 B_2d は d が偶数のとき（番号 2d が 4 の倍数のとき）値が負で、 d が奇数のとき値が正なのだから、 d が偶数なら −1 倍して符号を反転させ正にして、 d が奇数なら何もせずそのままにすればいい。すなわち (−1)^d+1 を掛け算するか、あるいは、同じことだが (−1)^d−1 を掛け算すればいい。きれいに整理して書くと…

予想　ζ(2d) = (−1)^d−1⋅2^2d−1 π^2d B_2d/(2d)!

ゼータ関数に正の偶数 2d を入れたときの値（無限の和）は、円周率の 2d 乗と Bernoulli 数 B_2d によって制御される！

う～む、なんとも「高級そう」な話だ…

2d が大きいとき、 1/2^2d や 1/3^2d などはかなり小さい数なので、
　　ζ(2d) = 1 + 1/2^2d + 1/3^2d + ···
は 1 に近い（明らかに 1 よりは大きい）。例えば^†:
　　ζ(12) = 691/638512875 × π¹² = 1.0002460865 53308…

よって ζ(2d) ≈ 1 として、「予想」の式を B_2d について解くと、 B_2d の近似値が、円周率の 2d 乗の有理数倍として求まるであろう。この方法で得られる B_2d の近似値には、実用上の価値があるかもしれない。というのも、 Bernoulli 数の小数部分については von Staudt–Clausen の定理によって容易に確定可能。よって、たとえ小数部分が不正確でも、整数部分さえ決定できれば、 B_2d の正確な分数表現を確定できるはず。

†　収束も速い。例えば 1 + 1/2¹² + 1/3¹² = 1.0002460223… であり、最初の 3 項だけで、既に ζ(12) と小数第7位まで一致。

3月14日にバーゼル問題に関連することをチラッと書いたのは、単に「円周率の日」にちなんだネタというだけで、その時点では、このような探索を行う計画はなかった。数日後、オーストリアの Hofbauer による簡潔な証明を紹介したけれど、話題はあくまでバーゼル問題 ζ(2) であり、 ζ(2d) の一般論の予定はなかった。けれど Hofbauer が付記した参考文献を幾つか確認し、参考文献のそのまた参考文献欄を次々とたどるうち、 Chapman 経由で Apostol の論文を知り、ロシアの Yaglom 兄弟の問題集のことも知り、にわかに ζ(4) 以降に対する好奇心が高まった。やってみると、 Yaglom の方法で ζ(6) 以降に進むことは、可能だが面倒。若干の試行錯誤によって、歩きやすい道が見つかった。

Yaglom 兄弟は、大変含蓄のあることを記している。いわく（大意）:

強調しておくが、問題を解ことする試みには大きな価値がある――たとえ結果が不成功であっても。それによって、初めて問題の核心に近づくことができるのだ。

「結果の成功・不成功を平等視して、作業それ自体に価値を見いだす」というのは、ギーター的な哲学でもある。果たして、この探索は「成功」だったであろうか。今回の到達地点は「予想」に過ぎず、きちんと証明されたわけではないので、極論すれば「何の成果もなかった」。 Yaglom の方法での ζ(6) の計算も、後から考えると、無駄な回り道だった。けれど「無駄な回り道」をしたからこそ「これでは面倒」ということが実感され、「もっと簡単にできないものか」と考えるモチベーションが得られた。回り道も含めて、収穫の多いハイキングだった。特に h(y) は、どこかに書いてあったのを読んだわけではなく、自力で再発見。客観的には大したことじゃなくても、うまい方法が見つければ、素朴にうれしい。やり残したことは、いろいろあるし、本当の冒険はこの先なんだろうけど、それは後日の楽しみとしたい――機会に恵まれれば。

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『遊びの数論41』へ続く。

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