留数と漸化式と円周率の平方根

問題

複素関数の本で、次のような問題を見た。

これらの問題自体は難しくはない。簡単に証明を述べる。
まず2つの関数${\displaystyle f_1(x)=\frac{e^{ix}}{x^2+1}}$, ${\displaystyle f_2(x)=\frac{e^{ix}}{(x^2+1{)}^2}}$を考える。
さらにこれらの関数を、複素数平面上で原点中心半径$R$の上半円の周$C$に沿って反時計回りに積分する。
$$\begin{array}{r}{\int }_C{f}_1(z)dz=\mathrm{Res}(f_1,i)\times 2\pi i=\frac{\pi }{e},{\int }_C{f}_2(z)dz=\mathrm{Res}(f_2,i)\times 2\pi i=\frac{\pi }{e}\end{array}$$
さらに円弧の上での積分は$R\to \mathrm{\infty }$で$0$に収束することを使う。

私はこれらの問題を見て、ふと疑問に思った。

この値は何か規則性を持つのだろうか。

まずは計算機にかける

ということで、以下は$1\le n\le 10$におけるこれらの積分$I_n$の値である。

こういうものが秒でわかる時代になったのは文明の功績を感じる。
それはともかく、一見規則性がなさそうに見える。

Note: 留数${\omega }_n$は上の表に書かれてある値の${\displaystyle -\frac{i}{2e}}$倍である。

漸化式を導きたい

さて$I_n$が$I_{n-1}$や$I_{n-2}$を用いて表せればいいなぁと思う。
具体的に計算をする。部分積分を実行してみる。

$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{(x^2+1{)}^n}dx\\ & ={\left[\frac{\sin x}{(x^2+1{)}^n}\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}+2n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x\sin x}{(x^2+1{)}^{n+1}}dx\\ & =2n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x\sin x}{(x^2+1{)}^{n+1}}dx\\ & ={[-2n\frac{x\cos x}{(x^2+1{)}^{n+1}}]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}+2n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\{1-(2n+1)x^2\}\cos x}{(x^2+1{)}^{n+2}}dx\\ & =2n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\{-(2n+1)(x^2+1)+2n+2\}\cos x}{(x^2+1{)}^{n+2}}dx\\ & =-2n(2n+1)I_{n+1}+4n(n+1)I_{n+2}\end{array}$$
となり漸化式が求まった。$I_{n+2}$について解き直すと以下を得る。
以下面倒なので$I_n=I_n\times \frac{e}{\pi }$と置き直す。
(分数部分だけ取り出している；漸化式自体は変わらない)

うーん・・・

これで終わりにしても良いのだが、いまいち納得がいかない。もう少し見栄えのいい式は出来ないのだろうか。

気になるのは、${\displaystyle \frac{2n+1}{2n+2}}$という、ほぼ$1$にしか見えない分数の存在である。それを念頭に変形すると
$$\begin{array}{rl}& I_{n+2}=\{1-\frac{1}{2(n+1)}\}{I}_{n+1}+\frac{1}{4n(n+1)}{I}_n\\ & \iff I_{n+2}-I_{n+1}=-\frac{1}{4n(n+1)}(2n{I}_{n+1}-I_n)\end{array}$$
惜しい。（全然惜しくはない）なおこの方法で係数を合わせるのはほぼ無理の予感である。

・・・うーん。

せめても$n\to \mathrm{\infty }$における振る舞いとか知りたい。
間違いなく言えることは、$I_n\to 0$であること: 被積分関数は($x\ne 0$で)$0$に各点収束し、絶対値を取っても積分可能なので、ルベーグの収束定理より従う。

オーダーはどのくらいだろうか。

こういう時は。あれに限る。十分値が大きければ何でも良いが。

ということで、
$$\begin{array}{rl}\frac{I_{20}}{I_{10}}& =\frac{10996483739066355827053}{15611893740610604236800}=0.70436578174123974638...\end{array}$$
この値は
$$\begin{array}{r}\sqrt{0.5}=0.70710678118654752440...\end{array}$$
とほぼほぼ一致している。すなわち$n$が$2$倍になるとおよそ$1/\sqrt{2}$倍。
オーダーとしては$O(n^{-\frac{1}{2}})$であることが予想される。

$J_n=\sqrt{n}{I}_n$と置き直す

ということで、$J_n$が満たす漸化式は
$$\begin{array}{r}{J}_{n+2}=\frac{2n+1}{2n+2}\sqrt{\frac{n+2}{n+1}}{J}_{n+1}+\frac{1}{4n(n+1)}\sqrt{\frac{n+2}{n}}{J}_n\end{array}$$
この値が、どんな値に収束するのだろうか。
計算機による結果は

これ収束値$\frac{3}{2}$とかなら面白いのにな。と思った。

そもそも、もっと簡単な場合に

ここまで書いて、ふと思った。
${\displaystyle I_n^{\prime }:={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x^2+1{)}^n}}$で抑えられるから、それが生きてくるだろう。
これは有名な積分である。$I_1^{\prime }=\pi$かつ${\displaystyle I_{n+1}^{\prime }=\frac{2n-1}{2n}{I}_n^{\prime }}$と書けることから
$$\begin{array}{r}{I}_n^{\prime }=\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\pi \end{array}$$
がわかる。さらにWallisの公式の派生形として
$$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{n}\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\end{array}$$
が知られているので(これを分母分子逆にして使う)、以上より
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{n}{I}_n^{\prime }& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left\{\sqrt{n-2}\frac{(2n-4)!!}{(2n-3)!!}\right\}}^{-1}\frac{\sqrt{n}\sqrt{n-2}}{2n-2}\pi \\ & ={\left(\frac{\sqrt{\pi }}{2}\right)}^{-1}\frac{\pi }{2}=\sqrt{\pi }\end{array}$$

嫌な予感がする・・・予想を立てよう

まさか。

$n=200$の時の$J_n$の値が、いくつだっけ、
$1.53457542412237145696...$か。
元の値に戻すために$\frac{\pi }{e}$をかけると
$1.77355078797522804626...$となる。

で、今の${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{n}{I}_n^{\prime }=\sqrt{\pi }}$っていくつなんだ？
$$\begin{array}{r}\sqrt{\pi }=1.77245385090551602729...\end{array}$$

おいおいおい！！！そんなことがあってええんか？

数値的には正しそうである。すなわち分数部分の極限は3/2とかではなく${\displaystyle \frac{e}{\sqrt{\pi }}}$であるということになる。(${\displaystyle \frac{e}{\sqrt{\pi }}=1.53362629276374222515...}$)
問題は$I_n$の一般項が出ないのでその方法では計算できないことである。$I_n^{\prime }$の方が大きいので、$\sqrt{\pi }$以下になることは自明として。

なんか上手く処理すれば出来そうな気がするが、パッと思いつかない。

追記

1. 早速コメントいただきました。ありがとうございます。
   以下はコメントの補足(予想の証明)です。
   変数$t$を$t=\sqrt{n}x$として定めると、$dt=\sqrt{n}dx$より
   $$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{(x^2+1{)}^n}dx=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{t}{\sqrt{n}}}{(n^{-1}{t}^2+1{)}^n}dt\end{array}$$
   被積分関数は、まず分子$\cos \frac{t}{\sqrt{n}}$が$n\to \mathrm{\infty }$で$\cos 0=1$に各点収束。次に分母$(1+\frac{t^2}{n}{)}^n$は$n\to \mathrm{\infty }$の極限を取ると($e$の定義式より)$e^{t^2}$に収束。
   被積分関数が絶対可積分であることは、分子$\cos$の項は絶対値1以下、分母$(1+\frac{t^2}{n}{)}^n$は$n$に関して単調増加なので、$n=1$の時の値を取り$(1+\frac{t^2}{n}{)}^n\ge (1+t^2)$がわかる。積分${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+t^2}=\pi }$は有限の値であることから従う。
   以上よりルベーグの収束定理を用いて
   $$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{t}{\sqrt{n}}}{(n^{-1}{t}^2+1{)}^n}dt={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t^2}dt=\sqrt{\pi }\end{array}$$
   今回の影の主人公はガウス積分だったかもしれない...
   Note: ガウス積分とウォリスの公式は密接な関係にあるらしい。不勉強が過ぎる...

2. $I_n$の漸化式について。
   $I_n^{\prime }$を見習って、次のように文字を変換させる。
   $$\begin{array}{r}{I}_n=\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}{K}_n\end{array}$$
   すると$K_n$が満たす漸化式は
   $$\begin{array}{r}{K}_{n+2}=K_{n+1}+\frac{K_n}{4n^2-1}\end{array}$$
   のようにかける。("ほぼ1にしか見えない分数"の項を消した)
   今のところこれが1番綺麗かも。

終わりに...

徒然なるままに、日暮らし(ではない。ものの数時間)コンピューターに向かひて、心にうつりゆくよしなしごとを、そこはかとなく書きつくれば、

あやしうこそものぐるほしけれ大丈夫まだ正気は失っていない

まだまだ調べ甲斐がありそうだなぁと思った。そんな時間。

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