Archimedes' Constant

What is "$\pi$" ?

$\pi$ は円周の長さと直径の比として定まる定数で，円周率（pi）やアルキメデスの定数（Archimedes' constant）とも呼ばれる．値は次の通りである．

$$\pi = 3.14159\,26535\,89793\,23846\ldots$$

$\pi$ は無理数であり，さらに超越数でもある．無理数であることは 1761 年にランベルトが，超越数であることは 1882 年にリンデマンが示した．超越数であることから，定規とコンパスだけで円と同じ面積の正方形を作る「円積問題」は解けないことが分かる．

半径 $r$ の円の周の長さは $2\pi r$，面積は $\pi r^2$ である．また，角度を弧の長さで測る弧度法では半円の中心角が $\pi$ になり，三角関数の微分が次のように簡単な形になる．

$$\frac{d}{dx}\sin x = \cos x, \qquad \frac{d}{dx}\cos x = -\sin x$$

このため $\pi$ は幾何だけでなく，解析，確率・統計（正規分布），物理（波や振動）など多くの分野に現れる．

なお，本記事では角度はすべて弧度法で表す．

Origin of the Name

• 記号 $\pi$：ウェールズの数学者ウィリアム・ジョーンズ（William Jones）が，1706 年の著書 Synopsis Palmariorum Matheseos で円周と直径の比を表す記号として初めて使った．ギリシャ語の περιφέρεια（周）や περίμετρος（周囲の長さ）の頭文字に由来すると考えられている
• 普及：オイラーが 1730 年代からこの記号を使い，1748 年の『無限解析入門』でも用いたことで広まった
• アルキメデスの定数：正多角形を使って $\pi$ を初めて理論的に評価したアルキメデスにちなむ

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Definitions

$\pi$ にはいくつかの定義の仕方があり，どれも同じ数を定める．代表的なものは次の 5 つである．

Geometric Definition

円周の長さを $L$，直径を $d$ として，次のように定める．

$$\pi = \frac{L}{d}$$

Area Definition

単位円（半径 1 の円）の面積を $S$ として，次のように定める．

$$\pi = S$$

Integral Definition

$$\pi = 4\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx$$

Series Definition

$$\begin{aligned} \pi &= 4\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1} \\ &= 4\left(1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots\right) \end{aligned}$$

Differential Equation Definition

初期値問題 $y'' = -y,\ y(0) = 1,\ y'(0) = 0$ の解 $y(x)$ の最小の正の零点を $x_0$ として，次のように定める．

$$\pi = 2x_0$$

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Derivations

ここでは Geometric Definition を出発点とし，残りの 4 つの定義がすべて同じ数を定めることを示す．流れは次の通りである．

1. 円周の長さを正多角形の周で挟んで評価する（Archimedes' Method）
2. 正多角形の周が実際に収束し，円周と直径の比が円の大きさによらないことを示す（Existence of the Circumference）
3. 残りの定義との一致を 1 つずつ示す（Area Form，Integral Form，Series Form，Differential Equation Form）

各節がどの結果を使うかは次の通りである．

前提：曲線の長さと図形の面積について，次が成り立つものとする．

• 曲線の長さは，その曲線に内接する折れ線の長さの極限として定める．円周については次節で具体的に構成する
• 滑らかな曲線 $y = f(x)\ (a \leq x \leq b)$ の長さは，上の定義と一致して $\int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx$ で与えられる（端点で $f'$ が発散する場合は広義積分とする）
• 合同な図形の長さ・面積は等しい．図形を $r$ 倍に拡大すると，長さは $r$ 倍になる
• 図形 $A$ が図形 $B$ に含まれるなら，$A$ の面積は $B$ の面積以下である

Archimedes' Method

$\pi = \frac{L}{d}$ の $L$ は曲線の長さなので，直接計算するのは難しい．そこでアルキメデスは，円に内接・外接する正多角形の周で円周を挟んで $\pi$ を評価した．

単位円に内接する正 $n$ 角形の周を $p_n$，外接する正 $n$ 角形の周を $P_n$ とする．円周の長さは $2\pi$ で，内接多角形の周より長く，外接多角形の周より短いと考えられるので，

$$\frac{p_n}{2} < \pi < \frac{P_n}{2}$$

となるはずである．正六角形から始めて辺の数を 2 倍ずつにしていくと，値は次のようになる．

下の図の左は単位円に内接・外接する正六角形と正十二角形，右は表の値を $n$ を対数軸にとってプロットしたものである．辺の数を増やすと，内接多角形（青）と外接多角形（オレンジ）の周が上下から $\pi$ に近づいていく．

アルキメデスは正 96 角形まで計算し，$\frac{223}{71} < \pi < \frac{22}{7}$（$3.1408\ldots < \pi < 3.1428\ldots$）を得た．辺の数を増やすほど上下の値が近づいていき，その共通の極限が $\pi$ である．

Existence of the Circumference

表を見ると $\frac{p_n}{2}$ と $\frac{P_n}{2}$ は同じ値に近づきそうだが，数値を眺めるだけでは本当に収束するかは分からない．また，$\pi = \frac{L}{d}$ が円の大きさによらないことも確かめる必要がある．そこで，円周の長さを正多角形の周の極限として定め，これがうまく定まることを示す．

以下，$n$ は $6, 12, 24, \ldots$ を動くものとし，$n$ の次の項を $2n$ と書く．

命題：数列 $\{p_n\}$ は狭義単調増加，$\{P_n\}$ は狭義単調減少であり，$p_n < P_n$ かつ $P_n - p_n \to 0$ である．したがって，$p_n$ と $P_n$ は同じ値に収束する．

方針：単調性は三角不等式から示す．差が 0 に近づくことは，外接正 $n$ 角形が内接正 $n$ 角形を拡大したものであることから示す．

証明：

ステップ 1（$p_n$ の単調増加）：内接正 $n$ 角形の隣り合う頂点を $A, B$ とし，弧 $AB$ の中点を $M$ とする．このように各辺の間に中点を加えたものが内接正 $2n$ 角形である．三角不等式より

$$AB < AM + MB$$

なので，各辺を 2 本の辺に置き換えると周は長くなる．よって $p_n < p_{2n}$ である．

ステップ 2（$P_n$ の単調減少）：外接正 $n$ 角形の頂点 $V$ の両隣の接点を $A, B$ とし，弧 $AB$ の中点 $M$ での接線が辺 $VA, VB$ と交わる点を $Q, R$ とする．外接正 $2n$ 角形は，外接正 $n$ 角形の各頂点 $V$ を切り落として辺 $QR$ で置き換えたものである．三角不等式より

$$QR < QV + VR$$

なので，$P_{2n} < P_n$ である．

ステップ 3（$p_n < P_n$ と差の評価）：内接正 $n$ 角形の中心から辺までの距離を $h_n$ とすると $0 < h_n < 1$ である．外接正 $n$ 角形は中心から辺までの距離が 1 の正 $n$ 角形なので，内接正 $n$ 角形を（回転したうえで）中心から $\frac{1}{h_n}$ 倍に拡大したものと合同である．前提より長さも $\frac{1}{h_n}$ 倍になるので

$$P_n = \frac{p_n}{h_n} > p_n$$

である．これとステップ 1，2 より $p_6 \leq p_n < P_n \leq P_6$ なので，$\{p_n\}$ は上に有界な単調増加数列，$\{P_n\}$ は下に有界な単調減少数列であり，どちらも収束する．

差については

$$\begin{aligned} P_n - p_n &= p_n\left(\frac{1}{h_n} - 1\right) \\ &\leq P_6 \cdot \frac{1 - h_n}{h_n} \end{aligned}$$

となる．内接正 $n$ 角形の一辺の長さを $s_n$ とすると，三平方の定理より

$$h_n = \sqrt{1 - \frac{s_n^2}{4}}$$

である．$s_n = \frac{p_n}{n} < \frac{P_6}{n} \to 0$ なので $h_n \to 1$ となり，$P_n - p_n \to 0$ が分かる．

以上より，$p_n$ と $P_n$ は同じ値に収束する．$\blacksquare$

この極限を単位円の周の長さ $L_1$ と定める．半径 $r$ の円では，内接・外接多角形がすべて $r$ 倍になるので周の長さは $rL_1$ になり，

$$\frac{L}{d} = \frac{rL_1}{2r} = \frac{L_1}{2}$$

は $r$ によらない．これが $\pi$ であり，$L_1 = 2\pi$ である．また，$p_n$ は狭義単調増加，$P_n$ は狭義単調減少なので，すべての $n$ で $\frac{p_n}{2} < \pi < \frac{P_n}{2}$ が成り立つ．特に $p_6 = 6$，$P_6 = 4\sqrt{3}$ から $3 < \pi < 2\sqrt{3}$ が分かる．

Area Form

命題：単位円の面積 $S$ は $\pi$ に等しい．

方針：円を内接・外接する正 $n$ 角形で挟み，多角形の面積を周の長さで表してから，はさみうちの原理を使う．

下の図の左は，内接・外接する正十二角形を中心から $n$ 個の三角形に分けたもので，青が内接側（底辺 $s$，高さ $h$），オレンジが外接側（高さ 1）の三角形 1 つを表す．右は，証明で使う 2 つの面積 $\frac{1}{2}p_n h_n$ と $\frac{1}{2}P_n$ が上下から $\pi$ に近づく様子である．

証明：内接正 $n$ 角形は，中心と各辺を結ぶと $n$ 個の合同な二等辺三角形に分けられる．各三角形は底辺 $s_n$，高さ $h_n$ なので，内接正 $n$ 角形の面積は

$$n \cdot \frac{1}{2}s_n h_n = \frac{1}{2}p_n h_n$$

である．外接正 $n$ 角形も同じように分けると，各三角形の高さは中心から接点までの距離 1 なので，面積は $\frac{1}{2}P_n$ である．

内接正 $n$ 角形は円に含まれ，円は外接正 $n$ 角形に含まれるので，前提より

$$\frac{1}{2}p_n h_n \leq S \leq \frac{1}{2}P_n$$

となる．Existence of the Circumference より $n \to \infty$ で $p_n \to 2\pi$，$P_n \to 2\pi$，$h_n \to 1$ なので，両端はどちらも $\pi$ に収束する．$S$ は $n$ によらないので，はさみうちの原理より $S = \pi$ である．$\blacksquare$

半径 $r$ の円は単位円を $r$ 倍に拡大したもので，内接・外接多角形の面積はすべて $r^2$ 倍になるので，同じ議論から面積は $\pi r^2$ になる．

Integral Form

$\frac{1}{1+x^2}$ は一見すると円とは関係なさそうに見える．しかし，円弧の長さを積分で書いてから変数を置き換えると，この形が現れる．

命題：

$$\pi = 4\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx$$

方針：単位円の上半分 $y = \sqrt{1-u^2}$ の弧長を積分で書き，置換 $x = \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}$ で被積分関数を $\frac{1}{1+x^2}$ に変える．弧の長さそのものは円の対称性から求める．

下の図の左の塗りつぶした部分の面積が $\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}$ である．置換をすると，この積分は右の図の赤い弧（点 $(0,1)$ から点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ まで）の長さに変わる．この弧は円周を 8 等分したうちの 1 つである．

証明：

ステップ 1（弧長の積分表示）：$f(u) = \sqrt{1-u^2}$ とおくと，$-1 < u < 1$ で

$$f'(u) = -\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}$$

であり，

$$\begin{aligned} 1 + f'(u)^2 &= 1 + \frac{u^2}{1-u^2} \\ &= \frac{1}{1-u^2} \end{aligned}$$

となる．よって前提の弧長の公式より，点 $(0, 1)$ から点 $\left(a, \sqrt{1-a^2}\right)$ までの弧の長さ（$0 \leq a < 1$）は

$$\ell(a) = \int_0^a \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$$

である．

ステップ 2（$a = \frac{1}{\sqrt{2}}$ の弧の長さ）：$x$ 軸，$y$ 軸，直線 $y = x$，直線 $y = -x$ によって，円周は 8 つの弧に分かれる．これらの弧は，この 4 本の直線に関する折り返しを繰り返すことで互いに重なるので，前提よりすべて同じ長さである．円周の長さは $2\pi$ なので，1 つの弧の長さは $\frac{\pi}{4}$ である．点 $(0,1)$ から点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ までの弧はこのうちの 1 つなので

$$\ell\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\pi}{4}$$

である．

ステップ 3（置換）：$0 \leq u \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ に対して $x = \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}$ とおく．これは単調増加で，$u = 0$ のとき $x = 0$，$u = \frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき $x = 1$ である．微分すると

$$\begin{aligned} \frac{dx}{du} &= \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} + \frac{u^2}{(1-u^2)^{3/2}} \\ &= \frac{(1-u^2) + u^2}{(1-u^2)^{3/2}} \\ &= \frac{1}{(1-u^2)^{3/2}} \end{aligned}$$

となる．また

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

である．よって置換積分より

$$\begin{aligned} \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} &= \int_0^{1/\sqrt{2}} (1-u^2) \cdot \frac{1}{(1-u^2)^{3/2}}\,du \\ &= \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}} \\ &= \ell\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \\ &= \frac{\pi}{4} \end{aligned}$$

となる．両辺を 4 倍して，命題が示された．$\blacksquare$

三角関数を使えば，この置換は $x = \tan\theta$（$u = \sin\theta$）とおくことに相当する．ここでは三角関数を使わずに，円の対称性だけで示した．

Series Form

Integral Form の被積分関数 $\frac{1}{1+x^2}$ は，等比級数 $1 - x^2 + x^4 - \cdots$ の和の形をしている．これを項ごとに積分すると Series Definition の式が出てくる．ただし無限個の項を項別に積分してよいかは自明ではないので，有限個の項と余りに分けて扱う．

命題：

$$\pi = 4\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}$$

方針：$\frac{1}{1+x^2}$ を $n+1$ 項の等比数列の和と余りに分けて $[0, 1]$ で積分し，余りの積分が 0 に近づくことを示す．

証明：等比数列の和の公式に公比 $-x^2$ を代入すると

$$\sum_{k=0}^{n}(-x^2)^k = \frac{1 - (-x^2)^{n+1}}{1+x^2}$$

なので，

$$\frac{1}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{n}(-1)^k x^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}}{1+x^2}$$

である．両辺を $0$ から $1$ まで積分すると，$\int_0^1 x^{2k}\,dx = \frac{1}{2k+1}$ より

$$\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1} + R_n$$

となる．ここで余り $R_n$ は

$$R_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx$$

であり，$0 \leq x \leq 1$ で $1 + x^2 \geq 1$ なので

$$|R_n| \leq \int_0^1 x^{2n+2}\,dx = \frac{1}{2n+3}$$

と評価できる．$n \to \infty$ で $R_n \to 0$ なので，Integral Form より

$$\frac{\pi}{4} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}$$

となる．両辺を 4 倍して，命題が示された．$\blacksquare$

部分和を $S_n = 4\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}$ とおくと，証明の評価から $|\pi - S_n| \leq \frac{4}{2n+3}$ である．下の図の左は $S_n$ をプロットしたもので，$\pi$ の上下を交互に行き来しながら近づく．右は誤差 $|\pi - S_n|$ と上の評価（bound）を両対数軸で比べたものである．

誤差はおよそ $\frac{1}{n}$ でしか減らないので，誤差を $10^{-5}$ 程度にするにも約 10 万項が必要になる．実際に $\pi$ を計算するときは，マチンの公式など収束の速い式が使われる．

Differential Equation Form

単位円上を点 $(1, 0)$ から反時計回りに速さ 1 で進む点を考えると，その $x$ 座標は「2 回微分すると符号が反転する」という性質をもつ．これが Differential Equation Definition の $y'' = -y$ である．これを正確に示す．

命題：初期値問題

$$y'' = -y, \qquad y(0) = 1, \qquad y'(0) = 0$$

の解 $y(x)$ の最小の正の零点は $\frac{\pi}{2}$ である．

方針：単位円上の点を弧の長さ $\theta$ で表し，その $x$ 座標 $c(\theta)$ がこの初期値問題の解であることを，Integral Form のステップ 1 の弧長の式から示す．次に解が 1 つしかないことを示し，$c(\theta)$ の零点を円の対称性から求める．

$0 \leq \theta \leq \pi$ に対して，点 $(1, 0)$ から上半円に沿って反時計回りに長さ $\theta$ だけ進んだ点を $(c(\theta), s(\theta))$ とする．上半円の長さは $\pi$ なので，$\theta = \pi$ で点 $(-1, 0)$ に着く．下の図の左がこの点を表し，右が初期値問題の解のグラフで，最初に 0 になる点が $\frac{\pi}{2}$ である．

証明：

ステップ 1（$c, s$ の導関数）：$-1 < x < 1$ に対して，点 $\left(x, \sqrt{1-x^2}\right)$ から点 $(1, 0)$ までの弧の長さは，Integral Form のステップ 1 と同様に

$$\theta(x) = \int_x^1 \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$$

である（$t = 1$ で被積分関数は発散するが，広義積分として収束する）．微分積分学の基本定理より

$$\theta'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} < 0$$

なので，$\theta(x)$ は $(-1, 1)$ から $(0, \pi)$ への狭義単調減少な全単射であり，その逆関数が $c(\theta)$ である．逆関数の微分より，$0 < \theta < \pi$ で

$$\begin{aligned} c'(\theta) &= \frac{1}{\theta'(x)} \\ &= -\sqrt{1 - c(\theta)^2} \\ &= -s(\theta) \end{aligned}$$

となる．さらに $s(\theta) = \sqrt{1 - c(\theta)^2}$ を微分すると

$$\begin{aligned} s'(\theta) &= \frac{-c(\theta)\,c'(\theta)}{\sqrt{1 - c(\theta)^2}} \\ &= \frac{-c(\theta) \cdot (-s(\theta))}{s(\theta)} \\ &= c(\theta) \end{aligned}$$

である．

ステップ 2（$\theta = 0$ を含む区間への拡張）：$-\pi < \theta < 0$ では下半円の点を考え，$c(\theta) = c(-\theta)$，$s(\theta) = -s(-\theta)$ と定める（$x$ 軸に関する折り返し）．すると $(-\pi, 0)$ でも

$$c'(\theta) = -c'(-\theta) = s(-\theta) = -s(\theta)$$ $$s'(\theta) = s'(-\theta) = c(-\theta) = c(\theta)$$

が成り立つ．$\theta = 0$ では $c(0) = 1$，$s(0) = 0$ で $c, s$ は連続であり，$\theta \to 0$ のとき $c'(\theta) = -s(\theta) \to 0$，$s'(\theta) = c(\theta) \to 1$ である．「連続関数の導関数が $\theta \to 0$ で極限をもてば，$\theta = 0$ でも微分可能で微分係数はその極限に等しい」（平均値の定理から従う）ので，

$$c'(0) = 0 = -s(0), \qquad s'(0) = 1 = c(0)$$

となる．以上より $(-\pi, \pi)$ 全体で $c' = -s$，$s' = c$ が成り立ち，

$$c''(\theta) = -s'(\theta) = -c(\theta), \qquad c(0) = 1, \qquad c'(0) = 0$$

である．つまり $c$ は初期値問題の解である．

ステップ 3（解の一意性）：$y_1, y_2$ を $0$ を含む区間で定義された初期値問題の解とし，$w = y_1 - y_2$ とおく．$w'' = -w$，$w(0) = w'(0) = 0$ である．$E(x) = w(x)^2 + w'(x)^2$ とおくと

$$\begin{aligned} E'(x) &= 2w w' + 2w' w'' \\ &= 2w w' - 2w' w \\ &= 0 \end{aligned}$$

なので $E$ は定数であり，$E(x) = E(0) = 0$ となる．よって $w \equiv 0$，すなわち $y_1 = y_2$ である．したがって，初期値問題の解 $y$ は $(-\pi, \pi)$ で $c$ と一致する．

ステップ 4（零点）：$0 < \theta < \pi$ で $c'(\theta) = -s(\theta) < 0$ なので，$c$ は $[0, \pi)$ で狭義単調減少である．$c(\theta) = 0$ となるのは点が $(0, 1)$ にあるときで，上半円は $y$ 軸に関する折り返しで 2 つの同じ長さの弧に分かれるので，そのときの $\theta$ は上半円の長さ $\pi$ の半分の $\frac{\pi}{2}$ である．よって $0 \leq \theta < \frac{\pi}{2}$ で $c(\theta) > 0$，$c\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$ となり，最小の正の零点は $\frac{\pi}{2}$ である．

以上より，命題が示された．$\blacksquare$

ここで定めた $c(\theta)$，$s(\theta)$ は $\cos\theta$，$\sin\theta$ そのものである．つまりこの証明は，三角関数を単位円上の点として定義したときに $(\cos\theta)' = -\sin\theta$，$(\sin\theta)' = \cos\theta$ となることの証明にもなっている．

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最後に

忘れてたことをリストにしておこう！

• 広義積分
• 狭義単調減少
• 全単射