tan(x) = xの根について3 - 名前のない定理

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box-white.hatenablog.com
で $\tan(x) = x$ の正の根の無限級数を求めました.ここでは別角度から問題に迫ってみましょう.アダマールの因数分解定理を既知とします.

まず,次の二つの補題を証明します.

補題1
複素変数の方程式 $z \cos(z) - \sin(z) = 0$ の解は実軸の上にしかない.
証明: $z\cos(z) - \sin(z) = 0$ を指数関数を用いて表現しなおす.
$z \dfrac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} - \dfrac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i} = 0$
分母を払って $e^{iz}$ を乗じ,変形していくことで
$(z+i)e^{2iz} =-(z-i)$
となる.
$e^{2iz} = \dfrac{i-z}{i+z}$ とし,両辺の絶対値を取る. $z = x + iy$ と置く. $x,y$ は実数である.すると
$e^{-2y} = \dfrac{x^2+(y-1)^2}{x^2+(y+1)^2}$
となる.絶対値を取る前の等式から
$e^{-2y} \cos(2x) = \dfrac{1-x^2-y^2}{x^2 + (y+1)^2}$
$e^{-2y}\sin(2x) = \dfrac{2x}{x^2+(y+1)^2}$
となる.この二つの方程式をそれぞれ二乗し,足し合わせる. $\cos^2(2x) + \sin^2(2x) = 1$ より,
$e^{-4y} = \dfrac{(1-x^2-y^2) + 4x^2}{(x^2+(y+1)^2)^2}$
となる.以前得られた $e^{-2y}$ の等式から
$(1-x^2-y^2)^2 + 4x^2 = (x^2 + (y-1)^2)^2$
が言える.これを式変形し,因数分解すると
$y( 4(y-1)^2 + 4x^2) = 0$
となる. $(x,y) = (0,1)$ は元の方程式の解ではないので,もし解があるなら $y=0$ であること,すなわち解は実軸の上にしかないことが分かった.(証明終わり)

補題2
整関数 $z\cos(z) - \sin(z) = 0$ は位数 $1$ の奇関数である.
証明: $\max_{|z| = R} z \cos(z) - \sin(z) \leq \max_{|z| = R}z\cos(z) + \max_{|z| = R} \sin(z) \leq 2 Re^{R}$
である.よって位数 $\lambda$ は $\lambda = \limsup_{R \to \infty} \dfrac{\log \log \max_{|z| = R} f(z)}{\log R} \leq 1$
であり, $z = iR$ を考えることで $\lambda = 1$ であることが分かる.(証明終わり)

これら二つの補題とアダマールの因数分解定理を用いて, $f(z) = z \cos (z) - \sin(z)$ は次のように因数分解できます.
$f(z) = z^3 e^{a + bz} \prod_{k = 1}^{\infty}\left( 1 - \dfrac{z}{\rho_k} \right) e^{\frac{z}{\rho_k}} \left(1 - \dfrac{z}{-\rho_k} \right) e^{-\frac{z}{\rho_k}}$
ここで $f(z)$ が奇関数なので $b = 0$ がわかり, $f(z) = z\cos(z) - \sin(z)$ のテイラー展開を考えることで
$f(z) = -\dfrac{1}{3}z^3 \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 - \dfrac{z^2}{{\rho_k}^2 } \right)$
とわかります.
$f(z)$ のテイラー展開は
$f(z) = - \dfrac{z^3}{3} + \dfrac{z^5}{30} \cdots$
で始まるので
$\sum_{\rho} \dfrac{1}{\rho^2} = \dfrac{1}{10}$
が言えました.

テイラー展開の高次の項まで見ることで $\sum_{\rho} \dfrac{1}{\rho^{2n}}$ の値も計算できます.テイラー展開の $7$ 次の項を $a_7$ と表すと
$\left( \sum_{\rho} \dfrac{1}{\rho^2} \right)^2 - \sum_{\rho} \dfrac{1}{\rho^4} = 2 a_7$
などから $\sum_{\rho} \dfrac{1}{\rho^4}$ なども計算でき,その結果は以前の結果と一致します.