文献あり

ワイエルシュトラスの因数分解定理

1916

はじめに

　この記事ではWeierstrassの因数分解定理の証明を行います。
　ワイエルシュトラスの因数分解定理は例えば正弦関数 $\sin π x$ の零点 $x = n \in Z$ から因数分解公式
$\sin π x = π x \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2}})$
が導出できる定理としてしばしば名の挙がる定理ですが実はそれほど強い主張ではありません。
　具体的には以下の主張をワイエルシュトラスの因数分解定理と言います。

ワイエルシュトラスの因数分解定理

　 $f$ を整関数(複素数平面全域で正則な関数)、 ${a_{n}}$ を $f$ の重複度込みの $0$ でない零点全体(つまり重複度 $m$ の零点 $a$ は ${a_{n}}$ の中に丁度 $m$ 回現れる)とするとある非負整数列 ${p_{n}}$ と整関数 $g$ があって
$f (z) = z^{m} e^{g (z)} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{z}{a_{n}}) \exp (\sum_{k = 1}^{p_{n}} \frac{1}{k} (\frac{z}{a_{n}})^{k})$
と表せる。

　また非負整数列 ${p_{n}}$ は以下の条件を満たせば十分となります。(必要条件ではないが実用的には便利)

　ワイエルシュトラスの因数分解定理において ${p_{n}}$ は任意の $r > 0$ に対して
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_{n} + 1} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1} < \infty$
が成り立つようにとれば十分である。

　これは必要条件ではありませんが実用的には
$\sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1} < \infty$
や $p_{n} = p$ を定数としたとき
$\sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{1}{| a_{n} |})}^{p + 1} < \infty$
が成り立てば十分なのでまあまあ便利な事実となっています。
　特に $\sin π x$ の因数分解を考えたとき
$\sum_{\begin{matrix} n = - \infty \\ n \neq 0 \end{matrix}}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + 1}} = 2 ζ (2) < \infty$
が成り立つことからある整関数 $g$ があって
$\sin π x = x e^{g (x)} \prod_{\begin{matrix} n = - \infty \\ n \neq 0 \end{matrix}}^{\infty} (1 - \frac{x}{n}) e^{\frac{x}{n}} = x e^{g (x)} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2}})$
と表せるということまではわかります。しかし具体的に $g (x) = \log π$ と求まることは別途示さなくてはなりません。
　 ${p_{n}}$ や $g (z)$ を具体的に求めるのに有効な定理としてアダマールの因数分解定理というものがありますがそれは別の記事で紹介することとします。

証明のあらすじ

　まず定理1系のような列 ${p_{n}}$ が存在し、そのような ${p_{n}}$ に対して
$P (z) = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{z}{a_{n}}) \exp (\sum_{k = 1}^{p_{n}} \frac{1}{k} (\frac{z}{a_{n}})^{k})$
が複素数平面全域で正則関数を定めることを示す。
　それがわかれば
$g (z) = \log \frac{f (z)}{z^{m} P (z)}$
が整関数となることもわかるため
$f (z) = z^{m} e^{g (z)} P (z)$
が得られることとなる。

仮定の簡略化

　 $f (z)$ が $z = 0$ において位数 $m$ の零点を持つとき $f (z) / z^{m}$ もまた整関数となるのでこれを改めて $f$ とおくことで $f (0) \neq 0$ としてよい。
　また $f$ の零点が有限個のときも下と同じ議論ができるので無限個あるものとしてよく、このとき $lim_{n \to \infty} | a_{n} |$ が収束したとすると $f$ は集積した零点を持つ、つまり $f \equiv 0$ となるので $lim_{n \to \infty} | a_{n} | = \infty$ としてよい。

$p_{n}$ の存在性

　非負整数列 ${p_{n}}$ であって任意の $r > 0$ に対して
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_{n} + 1} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1}$
が収束するようなものが存在する。

　これはより強い以下の主張を示すことで確かめられる。

　任意の $r > 0$ に対し
$\sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{n}$
は収束する。

　いま $lim_{n \to \infty} | a_{n} | = \infty$ より $r > 0$ に対し十分大きい任意の $n$ について $2 r < | a_{n} |$ が成り立つので
$\sum_{n = N_{r}}^{\infty} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{n} < \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} = 1 < \infty$
と評価でき、したがって主張を得る。

無限積の収束性

　ワイエルシュトラスの基本因子というものを
$E_{p} (z) = (1 - z) \exp (\sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{k} z^{k})$
と定める。

　補題2のような列 ${p_{n}}$ に対して
$P (z) = \prod_{n = 1}^{\infty} E_{p_{n}} (\frac{z}{a_{n}})$
は整関数を定める。

　いま $lim_{n \to \infty} | a_{n} | = \infty$ より $r > 0$ に対し十分大きい任意の $n$ に対し $2 r < | a_{n} |$ が成り立つ。このとき $| z | < r$ において
$\begin{aligned} | \log E_{p_{n}} (\frac{z}{a_{n}}) | & = | \log (1 - \frac{z}{a_{n}}) + \sum_{k = 1}^{p_{n}} \frac{1}{k} (\frac{z}{a_{n}})^{k} | \\ = | - \sum_{k = p_{n} + 1}^{\infty} \frac{1}{k} (\frac{z}{a_{n}})^{k} | \\ \leq \sum_{k = p_{n} + 1}^{\infty} \frac{1}{p_{n} + 1} (\frac{r}{| a_{n} |})^{k} \\ = \frac{1}{p_{n} + 1} \cdot \frac{{(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1}}{1 - \frac{r}{| a_{n} |}} \\ < \frac{1}{p_{n} + 1} \cdot \frac{{(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \\ = \frac{2}{p_{n} + 1} {(\frac{r}{| a_{n} |})}^{p_{n} + 1} \end{aligned}$
と評価できるので ${p_{n}}$ の取り方から
$| \log P (z) | < | \log \prod_{n = 1}^{N_{r} - 1} E_{p_{n}} (\frac{z}{a_{n}}) | + 2 \sum_{n = N_{r}}^{\infty} \frac{1}{p_{n} + 1} {(\frac{r}{a_{n}})}^{p_{n} + 1} < \infty$
つまり $P (z)$ は $| z | < r$ において絶対一様収束し、 $r > 0$ は任意であったので結局 $P (z)$ は複素数平面全域で正則関数を定めることになる。

$g (z)$ の存在性

ワイエルシュトラスの因数分解定理

　補題4のような $P (z)$ に対しある整関数 $g (z)$ が存在して
$f (z) = e^{g (z)} P (z)$
が成り立つ。

　いま $f (z)$ と $P (z)$ は重複度込みで全く同じ零点を持ち、ともに整関数であるので
$h (z) = \frac{f (z)}{P (z)}$
は零点も極も持たない整関数となり適当な枝に対し $g (z) = \log h (z)$ とおく、具体的には
$g (z) = Log h (0) + \int_{0}^{z} \frac{h^{'} (ζ)}{h (ζ)} d ζ$
と定めることで $g$ も整関数となる。よって主張を得る。