k-リュカ数の四捨五入表示についての考察(その2)

　和積の公式から
\begin{align} g'(\t) &=\frac{2(k\cos k\t\sin(k+1)\t-(k+1)\sin k\t\cos(k+1)\t)}{\sin^2(k+1)\t}\\ &=\frac{(2k+1)\sin\t-\sin(2k+1)\t}{\sin^2(k+1)\t} \end{align}
が成り立つことに注意する。
　いま$0\leq\t\leq\frac{\pi}{k+1}$において
\begin{align} ((2k+1)\sin\t-\sin(2k+1)\t)' &=(2k+1)(\cos\t-\cos(2k+1)\t)\\ &=2(2k+1)\sin k\t\sin(k+1)\t\\ &\geq0 \end{align}
より
$$(2k+1)\sin\t-\sin(2k+1)\t\geq(2k+1)\sin0-\sin0=0$$
が成り立ち、また
$$\arcsin\frac1{2k+1}<\frac\pi2\frac1{2k+1}<\frac\pi{k+1}$$
に注意すると$\frac\pi{k+1}\leq\t\leq\frac\pi2$においても
$$(2k+1)\sin\t-\sin(2k+1)\t >(2k+1)\sin\l(\arcsin\frac1{2k+1}\r)-1=0$$
が成り立つ。
　よって$g'(\t)=g'(\pi-\t)$に注意すると$0\leq\t\leq\pi$において$g'(\t)\geq0$が成り立つことがわかる。

　まず$0<\t<\pi$において$g(\t)>0$なる$\t$の範囲を考える。
　いま$\frac{\pi j}{k+1}$の前後での$\sin k\t$および$\sin(k+1)\t$の符号を考えると
$$\lim_{\t\to\frac{\pi j}{k+1}\pm0}g(\t)=\mp\infty$$
なので$\frac{\pi j}{k+1}<\t<\frac{\pi(j+1)}{k+1}$における$g(\t)$のグラフは
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline\t&\frac{\pi j}{k+1}&\cdots&\frac{\pi j}{k}&\cdots&\frac{\pi(j+\frac12)}{k+\frac12}&\cdots&\frac{\pi(j+1)}{k+1} \\\hline g(\t)&-\infty&\nearrow&0&\nearrow&2&\nearrow&\infty \\\hline\end{array}$$
となり$\frac{\pi j}{k}<\t<\frac{\pi(j+1)}{k+1}$が$g(\t)>0$の条件になる。
　ここで方程式$f_k(x)=0$の$\a_k$以外の解
$$\b=r(\cos\t+i\sin\t)\quad(0< r<1,\ 0<\t<\pi)$$
は二つの極方程式
\begin{align} \cos\t&=\frac{1}{4r}\l(r^2+4-\frac{1}{r^{2k}}\r)\\ r&=\frac{2\sin k\t}{\sin(k+1)\t}\quad(=g(\t)) \end{align}
を満たすのであった。
　いまこのそれぞれの極方程式が表すグラフを考えてみると 前回の記事 の補題3や先の増減表から
$$\frac{\pi j}{k}<\t<\frac{\pi(j+1)}{k+1}$$
においてただ一つ交点を持ち($j=0$については$g(\t)>g(0)=\frac{2k}{k+1}>1$より不適)、また 前回の記事 の補題5から
$$\frac{2\pi j}{k}-\frac{\pi}{6k}<\arg\b<\frac{2\pi j}{k}+\frac{\pi}{6k}$$
であったことに注意すると$j$が偶数のときその交点は方程式$f_k(x)=0$の解となることがわかる。

　まず$1\leq j<\frac{k}4$において
$$\frac{1}{(5-4\cos\frac{2\pi j}{k})^n}<\frac{1}{4j(j+1)}$$
が成り立つことを示す。
　いま$j$の取り方より
\begin{align} 5-4\cos(\frac{2\pi j}{k}) &>5-4(1-\frac12\left(\frac{2\pi j}{k}\right)^2+\frac{1}{24}\left(\frac{2\pi j}{k}\right)^4)\\ &=1+8\pi^2\frac{j^2}{k^2}\l(1-\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{j^2}{k^2}\r)\\ &>1+8\pi^2\frac{j^2}{k^2}\bigg(1-\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{(\frac{k}4)^2}{k^2}\bigg)\\ &=1+8\pi^2\frac{j^2}{k^2}\l(1-\frac{\pi^2}{48}\r) \end{align}
なので$a=\pi^2(1-\frac{\pi^2}{48})$とおくと$\frac{k^2}{a}< n$より
\begin{align} \l(5-4\cos\frac{2\pi j}{k}\r)^n &>\l(1+8a\frac{j^2}{k^2}\r)^n\\ &>1+8an\frac{j^2}{k^2}\\ &>1+8j^2>4j(j+1) \end{align}
を得る。
　また$\frac{k}4\leq j\leq\frac{k}2$においても
$$\frac{1}{(5-4\cos\frac{2\pi j}{k})^n} \leq\frac{1}{5^{\frac{k^2}{a}}}<\frac{1}{4\frac k2(\frac k2+1)}\leq\frac{1}{4j(j+1)}$$
が成り立っているので$b=\lfloor\frac k2\rfloor$とおくと
\begin{align} \sum^{k-1}_{j=1}\frac{1}{(5-4\cos\frac{2\pi j}{k})^n} &\leq\sum^{b}_{j=1}\frac{2}{(5-4\cos\frac{2\pi j}{k})^n}\\ &<\frac12\sum^b_{j=1}\l(\frac1j-\frac1{j+1}\r)\\ &=\frac12\l(1-\frac1{b+1}\r)<\frac12 \end{align}を得る。

　いま
\begin{align} r_k^2-\frac1{r_k^{2k}} &=e^{2\log r_k}-e^{-2k\log r_k}\\ &=(1+2\log r_k)-(1-2k\log r_k)+O((k\log r_k)^2)\\ &=2(k+1)\log r_k+O((k\log r_k)^2) \end{align}
が成り立つことに注意すると$r_k$の定義式
$$\cos\frac{2\pi}{k}=\frac{1}{r_k}\bigg(1+\frac14\Big(r_k^2-\frac1{r_k^{2k}}\Big)\bigg)$$
の対数を取ることで
\begin{align} \log\l(\cos\frac{2\pi}{k}\r) &=\log\bigg(1-\l(\frac{2\pi}k\r)^2+O\l(\frac1{k^4}\r)\bigg)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{k}\right)^2+O\l(\frac1{k^4}\r)\\ \log\bigg(1+\frac14\Big(r_k^2-\frac1{r_k^{2k}}\Big)\bigg) &=\frac{1}{4}\Big(r_k^2-\frac1{r_k^{2k}}\Big)+O\bigg(\Big(r_k^2-\frac1{r_k^{2k}}\Big)^2\bigg)\\ &=\frac{k+1}2\log r_k+O((k\log r_k)^2) \end{align}
つまり
$$-\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{k}\right)^2+O\l(\frac1{k^4}\r) =\frac{k-1}2\log r_k+O((k\log r_k)^2)$$
と評価できることから主張を得る。