文献あり

k-リュカ数の四捨五入表示についての考察(その2)

はじめに

　この記事では前回の記事に続いて $k$ -リュカ数の四捨五入表示について私なりに考察した結果を紹介します。
　今回の考察では次のような結果が得られました。

　 $k$ -リュカ数 $L_{n}^{(k)}$ の四捨五入表示
$L_{n}^{(k)} = ⌊ α_{k}^{n} ⌉$
が $n_{0} \leq n$ で成り立つような $n_{0}$ のうち最小のものを $n_{k}$ とおくと
$n_{k} = O (k^{3})$
が成り立つ。

　ただし $α_{k}$ は方程式
$f_{k} (x) = x^{k} - \sum_{j = 0}^{k - 1} x^{j} = 0$
の唯一の正の実数解としました。
　前回では $O (k^{3} \log k)$ であったところが $O (k^{3})$ になったので多少ましになったと思います。

方針

　今回は前回の記事での考察を元にまず以下の結果を示します。

　方程式 $f_{k} (x) = 0$ の $α_{k}$ 以外の解に適当に番号を付けて $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{k - 1}$ とおくと
$| β_{j} | < \sqrt[2 k + 1]{\frac{1}{5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k}}}$
が成り立つ。

　これがわかれば $k$ -リュカ数 $L_{n}^{(k)}$ の一般項から
$| L_{(2 k + 1) n}^{(k)} - α_{k}^{(2 k + 1) n} | = | \sum_{j = 1}^{k - 1} β_{j}^{(2 k + 1) n} | \leq \sum_{j = 1}^{k - 1} \frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}}$
が成り立つのであとはこれが $\frac{1}{2}$ 未満になるためには $n$ が
$n_{0}^{'} = O (k^{2})$
以上であれば十分であることを示して命題1を得ます。

$\arg β_{j}$ の評価

　まず $\arg β_{j}$ の取りうる範囲について考えてみます。 $β$ を方程式
$f_{k} (x) = \frac{x^{k + 1} - 2 x^{k} + 1}{x - 1} = 0$
の解とすると
$β^{k} = \frac{1}{2 - β}$
が成り立つのでした。
　ここで $β = r (\cos θ + i \sin θ)$ と極座標表示すると上式は
$r^{k} (\cos k θ + i \sin k θ) = \frac{(2 - r \cos θ) + i r \sin θ}{(2 - r \cos θ)^{2} + r^{2} \cos^{2} θ}$
と表せ、この両辺の $(虚部) / (実部)$ を取ることで
$\tan k θ = \frac{r \sin θ}{2 - r \cos θ}$
つまり極方程式
$r = \frac{2 \tan k θ}{\sin θ + \cos θ \tan k θ} = \frac{2 \sin k θ}{\sin (k + 1) θ}$
が得られます。この方程式から $θ$ の取りうる範囲を考えてみましょう。
　いま $r$ は $θ$ についての周期 $2 π$ および偶関数(グラフが $x$ 軸について対称)なので $0 \leq θ \leq π$ で考えることにします。

$g (θ) = \frac{2 \sin k θ}{\sin (k + 1) θ}$
は $0 \leq θ \leq π$ において単調増加である。

　和積の公式から
$\begin{aligned} g^{'} (θ) & = \frac{2 (k \cos k θ \sin (k + 1) θ - (k + 1) \sin k θ \cos (k + 1) θ)}{\sin^{2} (k + 1) θ} \\ = \frac{(2 k + 1) \sin θ - \sin (2 k + 1) θ}{\sin^{2} (k + 1) θ} \end{aligned}$
が成り立つことに注意する。
　いま $0 \leq θ \leq \frac{π}{k + 1}$ において
$\begin{aligned} ((2 k + 1) \sin θ - \sin (2 k + 1) θ)^{'} & = (2 k + 1) (\cos θ - \cos (2 k + 1) θ) \\ = 2 (2 k + 1) \sin k θ \sin (k + 1) θ \\ \geq 0 \end{aligned}$
より
$(2 k + 1) \sin θ - \sin (2 k + 1) θ \geq (2 k + 1) \sin 0 - \sin 0 = 0$
が成り立ち、また
$\arcsin \frac{1}{2 k + 1} < \frac{π}{2} \frac{1}{2 k + 1} < \frac{π}{k + 1}$
に注意すると $\frac{π}{k + 1} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ においても
$(2 k + 1) \sin θ - \sin (2 k + 1) θ > (2 k + 1) \sin (\arcsin \frac{1}{2 k + 1}) - 1 = 0$
が成り立つ。
　よって $g^{'} (θ) = g^{'} (π - θ)$ に注意すると $0 \leq θ \leq π$ において $g^{'} (θ) \geq 0$ が成り立つことがわかる。

　さてこの補題と $r = | β | > 0$ であることから $θ$ の取りうる範囲は以下のように評価できます。

　方程式 $f_{k} (x) = 0$ の $α_{k}$ 以外の解に適当に番号を付けて $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{k - 1}$ とおくと
$\frac{2 π j}{k} < \arg β_{j} < \frac{π (2 j + 1)}{k + 1} (1 \leq j < \frac{k}{2})$
が成り立つ。

　なお $\frac{k}{2} < j < k$ においては $β_{j} = \overset{―}{β_{k - j}}$ と定めることで
$- \frac{2 π j}{k} > \arg β_{j} > - \frac{π (2 j + 1)}{k + 1}$
が成り立ちます。

　まず $0 < θ < π$ において $g (θ) > 0$ なる $θ$ の範囲を考える。
　いま $\frac{π j}{k + 1}$ の前後での $\sin k θ$ および $\sin (k + 1) θ$ の符号を考えると
$lim_{θ \to \frac{π j}{k + 1} \pm 0} g (θ) = \mp \infty$
なので $\frac{π j}{k + 1} < θ < \frac{π (j + 1)}{k + 1}$ における $g (θ)$ のグラフは
$\begin{array}{cccccccc} θ & \frac{π j}{k + 1} & \dots & \frac{π j}{k} & \dots & \frac{π (j + \frac{1}{2})}{k + \frac{1}{2}} & \dots & \frac{π (j + 1)}{k + 1} \\ g (θ) & - \infty & ↗ & 0 & ↗ & 2 & ↗ & \infty \end{array}$
となり $\frac{π j}{k} < θ < \frac{π (j + 1)}{k + 1}$ が $g (θ) > 0$ の条件になる。
　ここで方程式 $f_{k} (x) = 0$ の $α_{k}$ 以外の解
$β = r (\cos θ + i \sin θ) (0 < r < 1, 0 < θ < π)$
は二つの極方程式
$\begin{aligned} \cos θ & = \frac{1}{4 r} (r^{2} + 4 - \frac{1}{r^{2 k}}) \\ r & = \frac{2 \sin k θ}{\sin (k + 1) θ} (= g (θ)) \end{aligned}$
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
$\frac{π j}{k} < θ < \frac{π (j + 1)}{k + 1}$
においてただ一つ交点を持ち( $j = 0$ については $g (θ) > g (0) = \frac{2 k}{k + 1} > 1$ より不適)、また前回の記事の補題5から
$\frac{2 π j}{k} - \frac{π}{6 k} < \arg β < \frac{2 π j}{k} + \frac{π}{6 k}$
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。

　ちなみに増減表におまけとして示したように $r < 1$ という条件から
$\frac{2 π j}{k} < \arg β_{j} < \frac{π (2 j + \frac{1}{2})}{k + \frac{1}{2}}$
とも評価できる。

$n_{0}$ の評価

　さて前回の記事と同じように
$R_{j} = \sqrt[2 k + 1]{\frac{1}{5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k}}}$
とおくと
$\begin{aligned} \frac{1}{4 | β_{j} |} (| β_{j} |^{2} + 4 - \frac{1}{| β_{j} |^{2 k}}) & = \cos θ_{j} \\ < \cos \frac{2 π j}{k} = \frac{5}{4} - \frac{1}{4 R_{j}^{2 k + 1}} \\ < \frac{1}{4 R_{j}} (R_{j}^{2} + 4 - \frac{1}{R_{j}^{2 k}}) \end{aligned}$
つまり $| β_{j} | < R_{j}$ が成り立ち(これは $\frac{k}{2} < j < k$ においても成り立つ)、 $j = \frac{k}{2}$ のときは $\arg β_{j} = π$ なので同様にして $| β_{j} | < R_{j}$ がわかる。以上より命題2を得る。
　命題2を得たいま
$| L_{(2 k + 1) n}^{(k)} - α_{k}^{(2 k + 1) n} | = | \sum_{j = 0}^{k - 1} β_{j}^{(2 k + 1) n} | \leq \sum_{j = 1}^{k - 1} \frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}}$
が成り立つので次はこの右辺を評価していこう。

$\frac{k^{2}}{π^{2} (1 - \frac{π^{2}}{48})} < n$
において
$\sum_{j = 1}^{k - 1} \frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}} < \frac{1}{2}$
が成り立つ。

　まず $1 \leq j < \frac{k}{4}$ において
$\frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}} < \frac{1}{4 j (j + 1)}$
が成り立つことを示す。
　いま $j$ の取り方より
$\begin{aligned} 5 - 4 \cos (\frac{2 π j}{k}) & > 5 - 4 (1 - \frac{1}{2} {(\frac{2 π j}{k})}^{2} + \frac{1}{24} {(\frac{2 π j}{k})}^{4}) \\ = 1 + 8 π^{2} \frac{j^{2}}{k^{2}} (1 - \frac{π^{2}}{3} \cdot \frac{j^{2}}{k^{2}}) \\ > 1 + 8 π^{2} \frac{j^{2}}{k^{2}} (1 - \frac{π^{2}}{3} \cdot \frac{(\frac{k}{4})^{2}}{k^{2}}) \\ = 1 + 8 π^{2} \frac{j^{2}}{k^{2}} (1 - \frac{π^{2}}{48}) \end{aligned}$
なので $a = π^{2} (1 - \frac{π^{2}}{48})$ とおくと $\frac{k^{2}}{a} < n$ より
$\begin{aligned} {(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})}^{n} & > {(1 + 8 a \frac{j^{2}}{k^{2}})}^{n} \\ > 1 + 8 a n \frac{j^{2}}{k^{2}} \\ > 1 + 8 j^{2} > 4 j (j + 1) \end{aligned}$
を得る。
　また $\frac{k}{4} \leq j \leq \frac{k}{2}$ においても
$\frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}} \leq \frac{1}{5^{\frac{k^{2}}{a}}} < \frac{1}{4 \frac{k}{2} (\frac{k}{2} + 1)} \leq \frac{1}{4 j (j + 1)}$
が成り立っているので $b = ⌊ \frac{k}{2} ⌋$ とおくと
$\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{k - 1} \frac{1}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}} & \leq \sum_{j = 1}^{b} \frac{2}{(5 - 4 \cos \frac{2 π j}{k})^{n}} \\ < \frac{1}{2} \sum_{j = 1}^{b} (\frac{1}{j} - \frac{1}{j + 1}) \\ = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{b + 1}) < \frac{1}{2} \end{aligned}$ を得る。

　以上より以下の主張を得る。

　少なくとも
$\frac{k^{2} (2 k + 1)}{π^{2} (1 - \frac{π^{2}}{48})} < n$
において $L_{n}^{(k)} = ⌊ α_{k}^{n} ⌉$ が成り立つ。

ちなみに $π^{2} (1 - \frac{π^{2}}{48}) = 7.840 \dots$ なのでざっくり $\frac{k^{3}}{3} \leq n$ くらいで成り立つことになる。

オーダーの評価

　ここで $R_{j}$ の取り方をもっとよくしたらオーダーが変わらないか考えてみよう。つまるところ
$\cos \frac{2 π j}{k} = \frac{1}{4 R_{j}} (R_{j}^{2} + 4 - \frac{1}{R_{j}^{2 k}})$
が成り立つように取ってみる。
　このとき
$| L_{n}^{(k)} - α_{k}^{n} | < \sum_{j = 1}^{k - 1} R_{j}^{n} < \frac{1}{2}$
と評価できるとすると、少なくとも $R_{1}^{n} < \frac{1}{2}$ つまり
$\frac{\log 2}{- \log R_{1}} < n$
でなくてはならないので $R_{1} = r_{k}$ とおいて $\log r_{k}$ のオーダーを考えてみよう。

$\log r_{k} = O (\frac{1}{k^{3}})$
が成り立つ。

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