チュドノフスキーの公式

完全な証明には、モジュラー形式と超幾何関数の理論が要る。ここでは、1 項ごとに約 14.18 桁ずつ正しくなる理由を初等的に導き、続けて 640320 などの数がどこから来るかの道筋を示す。$k$ 番目の項を $a_k$ と書く。

1. 階乗の部分を $M_k=(6k)!/\{(3k)!(k!{)}^3\}$ とおく。$k$ を 1 つ増やすと、分子に 6 個、分母に 3 個と 3 個の因数が加わる。

   $$\frac{M_{k+1}}{M_k}=\frac{(6k+1)(6k+2)(6k+3)(6k+4)(6k+5)(6k+6)}{(3k+1)(3k+2)(3k+3)(k+1{)}^3}$$

2. 分子の偶数の因数は $6k+2=2(3k+1)$ のように 2 と分母の因数の積なので、約分できる。

   $$\frac{M_{k+1}}{M_k}=\frac{8(6k+1)(6k+3)(6k+5)}{(k+1{)}^3}$$

3. $k=0$ では 120、$k=1$ では 693 で、$k$ が大きくなると、分子はほぼ $8\cdot 6^3{k}^3$、分母はほぼ $k^3$ になる(図示の 1 枚目)。

   $$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{M_{k+1}}{M_k}=8\cdot 216=1728=12^3$$

4. 1 次式の部分の比 $\frac{13591409+545140134(k+1)}{13591409+545140134k}$ は 1 に近づく。分母は 1 項ごとに $640320^3$ 倍になる。

   $$\underset{k\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\frac{12^3}{640320^3}=\frac{1}{53360^3}$$

5. $640320=12\times 53360$ なので、項は 1 つ進むごとに、およそ $53360^3=151931373056000$ 分の 1 になる。その桁数は

   $${\log }_{10}53360^3=3{\log }_{10}53360=14.1816\dots$$

6. 符号が交互に変わり、項の大きさが減り続ける級数では、$n$ 項で止めた誤差は、次の項の大きさより小さい。項がおよそ $10^{-14.18}$ 倍ずつ小さくなるので、誤差も同じ割合で縮み、正しい桁が約 14.18 桁ずつ増える。

   $$\left|\frac{1}{\pi }-\frac{12}{640320^{3/2}}\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k\right|<\frac{12|a_n|}{640320^{3/2}}$$

ここからは数の出どころである。上半平面の点 $\tau$ に対して $q=e^{2\pi i\tau }$ とおく。

7. クラインの $j$ 関数は、$\tau$ を $\tau +1$ や $-1/\tau$ に変えても値が変わらないモジュラー関数で、$q$ で展開すると次の形になる。

   $$j(\tau )=\frac{1}{q}+744+196884q+21493760q^2+\cdots$$

8. ミラの解説によれば、兄弟が 1988 年の論文で示した恒等式は、$\mathrm{Im}\tau >1.25$ で次のように書ける。$s_2(\tau )$ はアイゼンシュタイン級数から作る関数である。

   $$\frac{1}{2\pi \mathrm{Im}\tau }\sqrt{\frac{j(\tau )}{j(\tau )-1728}}=\sum _{n=0}^{\infty }\left(\frac{1-s_2(\tau )}{6}+n\right)\frac{(6n)!}{(3n)!(n!{)}^3}\cdot \frac{1}{j(\tau {)}^n}$$

9. $\tau =(1+\sqrt{-163})/2$ を入れる。2 次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{-163})$ の類数が 1 であることから、$j(\tau )$ は整数になる。

   $$j\left(\frac{1+\sqrt{-163}}{2}\right)=-640320^3,\frac{1-s_2(\tau )}{6}=\frac{13591409}{545140134}$$

10. $\mathrm{Im}\tau =\sqrt{163}/2$ である。両辺に 545140134 を掛け、$640320^3+1728=163\times 40133016^2$ と $12\times 545140134=163\times 40133016$ を使うと、左辺の $\sqrt{163}$ が消え、冒頭の式になる。

    $$\frac{545140134}{\pi \sqrt{163}}\sqrt{\frac{640320^3}{640320^3+1728}}=\frac{640320^{3/2}}{12\pi }$$

11. 9 の $\tau$ では $q=-e^{-\pi \sqrt{163}}$ なので、7 の展開から次の式が出る。$e^{\pi \sqrt{163}}$ がほとんど整数なのはこのためである。

    $$e^{\pi \sqrt{163}}=640320^3+744-\frac{196884}{e^{\pi \sqrt{163}}}+\cdots =262537412640768743.99999999999925\dots$$

手順 5 の $53360^3$ は $640320^3/1728$ で、ほぼ $e^{\pi \sqrt{163}}/1728$ に等しい。1 項あたりの桁数は $\pi \sqrt{163}/\ln 10-{\log }_{10}1728=17.42-3.24$ とも書ける。1975 年 4 月、マーティン・ガードナーは『サイエンティフィック・アメリカン』の連載で、この数はちょうど整数で、ラマヌジャンが 1914 年の論文で予想していたと書いた。4 月の冗談で、数か月後に種を明かしている。

難しいのは手順 9 である。類数が 1 の 2 次体で $j$ の値が整数になることは、虚数乗法の理論の深い結果で、基本的な関数論だけで書いたミラの証明も、この部分だけは文献を引いている。類数が 1 になる虚 2 次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{-d})$ は $d=1,2,3,7,11,19,43,67,163$ の 9 つしかない。いちばん大きい 163 で $|j|$ が最も大きくなり、収束も最も速い。ラマヌジャンの級数の $396^4$ には $\sqrt{58}$ が関わり、$e^{\pi \sqrt{58}}=396^4-104.00000017\dots$ もやはり整数に近い。完全な証明は、兄弟の 1988 年の論文と、ミラの論文(参考文献 5)にある。