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BBP公式とは、円周率を求めることのできる公式の一種である。

公式の発見者であるDavid Bailey, Peter Borwein, Simon Plouffeのイニシャルをとってこの名前が付けられた。

この公式は最近発見されたものにも関わらず、高校数学程度の知識で理解可能であることや、16進数で答えを求めることに適しているため、コンピュータで計算しやすいこと、さらに円周率の途中の桁から求めることが出来るなどという特徴がある。

公式

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

証明

$ \begin{align} &\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) \\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{4\sqrt{2}}{8k+1}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{8k+1}-\frac{8}{8k+4}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{8k+4}-\frac{4\sqrt{2}}{8k+5}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{8k+5}-\frac{8}{8k+6}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{8k+6}\right) \\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\left[\frac{4\sqrt{2}}{8k+1}x^{8k+1}-\frac{8}{8k+4}x^{8k+4}-\frac{4\sqrt{2}}{8k+5}x^{8k+5}-\frac{8}{8k+6}x^{8k+6}\right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\right) \\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}4\sqrt{2}x^{8k}-8x^{8k+3}-4\sqrt{2}x^{8k+4}-8x^{8k+5}dx\right) \\ &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}(4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}x^4-8x^5)\sum_{k=0}^\infty x^{8k} dx \\ &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}(4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}x^4-8x^5)\frac{1}{1-x^8} dx \\ &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}x^4-8x^5}{1-x^8} dx \end{align} $ここで、$ y=\sqrt{2}x $とすると、$ \frac{dx}{dy}=\frac{1}{\sqrt{2}} $ $ \begin{align} &\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) \\ &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}x^4-8x^5}{1-x^8} dx \\ &=\int_0^1\frac{4\sqrt{2}-2\sqrt{2}y^3-\sqrt{2}y^4-\sqrt{2}y^5}{1-\frac{1}{16}y^8} (\frac{dx}{dy})dy \\ &=\int_0^1\frac{4\sqrt{2}-2\sqrt{2}y^3-\sqrt{2}y^4-\sqrt{2}y^5}{1-\frac{1}{16}y^8} (\frac{1}{\sqrt{2}})dy \\ &=\int_0^1\frac{4-2y^3-y^4-y^5}{1-\frac{1}{16}y^8} dy \\ &=16\int_0^1\frac{4-2y^3-y^4-y^5}{16-y^8} dy \\ &=16\int_0^1\frac{(1-y)(2+y^2)(2+2y+2y^2)}{(2+y^2)(2-y^2)(2+2y+y^2)(2-2y+y^2)} dy \\ &=16\int_0^1\frac{(1-y)}{(2-y^2)(2-2y+y^2)} dy \\ &=4\int_0^1\frac{y}{2-y^2}dy+4\int_0^1\frac{2-y}{2-2y+y^2} dy \\ &=2\int_0^1\frac{2y}{2-y^2}dy-2\int_0^1\frac{2y-2}{2-2y+y^2} dy+4\int_0^1\frac{1}{2-2y+y^2} dy \\ &=-2[\log (2-y^2)]_0^1-2[2-2y+y^2]_0^1+4\int_0^1\frac{1}{2-2y+y^2} dy \\ &=4\int_0^1\frac{1}{2-2y+y^2} dy \end{align} $

ここで、$ z=y-1 $として、

$ \begin{align} &\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) \\ &=4\int_0^1\frac{1}{2-2y+y^2} dy \\ &=4\int_{-1}^0\frac{1}{z^2+1} \\ &=4[\arctan(x)]_{-1}^0 \\ &=4(\arctan 0-\arctan (-1))=4(-(-\frac{\pi}{4}))=\pi \end{align} $

関連項目

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