虚数の階乗の絶対値と、偏角の積分表示
|i!|とかを求めます。
$|i!|$、虚数解単位$i$の、階乗の絶対値のことです。
縦棒ばっかり、という面白さだけの動機。
準備
実数$x$に対し、
(1)$|e^{ix}|=1$
(2)$\arg(e^{ix})=x\qquad(\mod 2\pi)$
証明
(1)オイラーの公式から
$e^{ix}=\cos x+i \sin x$
これの絶対値は
$|e^{ix}|=\sqrt{\cos^2 x+\sin^2 x}$
なので三平方の定理から
$|e^{ix}|=1$
(2)もはや定義
複素数$z_1,z_2$に対し、
(1)$|z_1 z_2|=|z_1||z_2|$
(2)$\arg(z_1z_2)=\arg(z_1)+\arg(z_2)$
証明
非負の実数$r_1,\theta_1,r_2,\theta_2$を用いて複素数を極座標表示する
$z_1=r_1 e^{i \theta_1} \qquad z_2=r_2 e^{i \theta_2}$
もう自明だが
$|z_1z_2|=|r_1r_2 e^{i(\theta_1+\theta_2)}|=|r_1r_2|=r_1r_2 =|z_1||z_2|$
また、$\arg(e^{i(\theta_1+\theta_2)})=\theta_1+\theta_2=\arg(z_1)+\arg(z_2)$
(別解)直交座標ゴリ押し
実数$a,b,c,d$を用いて
$z_1=a+bi \qquad z_2=c+di$ と表すと
$|z_1 z_2|=|(a+bi)(c+di)|$
$\qquad =|(ac-bd)+i(ad+bc)|$
$\qquad =\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2} $
$\qquad =\sqrt{a^2 c^2 -2abcd+b^2 d^2+a^2d^2+2abcd+b^2c^2} $
$\qquad=\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}$
$\qquad =\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}$
$\qquad =|a+bi||c+di|$
$\qquad =|z_1||z_2|$
$x!=\Gamma(x+1)=\displaystyle e^{-\gamma x}\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{x}{k}}\Big(1+\frac{x}{k}\Big)^{-1}$
証明
こちら
の記事参照。
2通りで証明しています。
$\sin(\pi x)=\displaystyle \pi x \prod_{k=1}^{\infty}\Big(1-\frac{x^2}{k^2}\Big)$
証明
(概要)
$\cot$は整数で一位の極を持ち、そこから部分分数分解が導かれ、それを積分して指数関数に入れれば得られます。(雑)
長くてかけない。
(追記)
別解ですが、とっても簡単。
ガンマ関数の相反公式
$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\displaystyle\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$
を認めれば、Wierstraβの乗積表示より、
$\displaystyle \Bigg(\frac{1}{x}e^{-\gamma x}\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{x}{k}}\Big(1+\frac{x}{k}\Big)^{-1}\Bigg)\Bigg(e^{\gamma x}\prod_{k=1}^{\infty}e^{-\frac{x}{k}}\Big(1-\frac{x}{k}\Big)^{-1}\Bigg)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$
約分がいっぱいできて、和と差の積をまとめると
$\displaystyle\frac{1}{x} \prod_{k=1}^{\infty}\Big(1-\frac{x^2}{k^2}\Big)^{-1}=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$
$\sin$について解けば公式を得る。
-証明終-
本題
Wierstraβの乗積表示より、求めたいのは
$|i!|=\displaystyle |e^{-\gamma i}\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{i}{k}}\Big(1+\frac{i}{k}\Big)^{-1}|$
公式2から、
$=\displaystyle |e^{-\gamma i}|\prod_{k=1}^{\infty}|e^{\frac{i}{k}}||\Big(1+\frac{i}{k}\Big)^{-1}|$
公式1から
$=\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}|\Big(1+\frac{i}{k}\Big)^{-1}|$
$=\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}}$
これは公式4のsinの無限乗積を$\pi x$で割って$x=i$を代入したものの平方根の逆数となっているので
$=\displaystyle \sqrt{\frac{\pi i}{\sin(\pi i)}}= \sqrt{\frac{\pi}{\sinh(\pi)}}=\sqrt{\frac{2\pi}{e^{\pi}-e^{-\pi}}}$
よって、
|i!| $=\displaystyle\sqrt{\frac{2\pi}{e^{\pi}-e^{-\pi}}}$
やっぱり、$e,i,\pi$は繋がっている様。
一般の純虚数の場合の絶対値
実数$x$に対し、
$|(ix)!|=|\Gamma(ix+1)|=\sqrt{\pi x \csch(\pi x)}$
特殊関数であるガンマ関数が、純虚数の絶対値だけに注目すると、初等関数となった。
偏角は?
複素数$a+bi$の偏角は$\tan^{-1}\big(\frac{b}{a}\big)$
で与えられます。
同様、Wierstraβの乗積表示を使って
$\arg(i!)=\displaystyle\lim_{N\to\infty}\Big\{\log N-\sum_{k=1}^{N}\tan^{-1}(\frac{1}{k})\Big\}$
となる。
見た目はオイラーマスケローニ定数っぽい、が、残念ながら私はこれの閉じた形式を知らない。
しかし積分表示は発見しました。
以下、arctanのマクローリン展開とゼータ関数の積分表示を使っています。
$\arg(i!)=\displaystyle\lim_{N\to\infty}\Big\{\log N-\sum_{k=1}^{N}\tan^{-1}(\frac{1}{k})\Big\}$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\sum_{k=1}^{\infty}\Big\{\frac{1}{k}-\tan^{-1}\big(\frac{1}{k}\big)\Big\}$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\sum_{k=1}^{\infty}\Big\{\frac{1}{k}-\Bigg(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}k^{-(2j+1)}}{2j+1}\Bigg)\Big\}$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\sum_{k=1}^{\infty}\Big\{\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{1+j}k^{-(2j+1)}}{2j+1}\Big\}$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{1+j}\zeta(2j+1)}{2j+1}$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{1+j}}{2j+1}\Bigg(\frac{1}{\Gamma(2j+1)}\int_{0 }^{\infty}\frac{t^{2j}}{e^{t}-1}dt\Bigg)$
$\displaystyle\qquad =-\gamma+\int_{0}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{1+j}}{2j+1}\frac{1}{\Gamma(2j+1)}\frac{t^{2j}}{e^{t}-1}\quad dt$
$\displaystyle\qquad =-\gamma-\int_{0}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j}t^{2j}}{(2j+1)!}\frac{1}{e^{t}-1}\quad dt$
$\displaystyle\qquad =-\gamma-\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{\sin(t)}{t}-1}{e^{t}-1}dt$
$\displaystyle\qquad =-\gamma-\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(t)-t}{t(e^{t}-1)}dt$
積分やシグマの順序入れ替えがありますが、arctanとゼータ関数なんで、多分いける(はず)
純虚数に一般化すると
$\displaystyle\arg((ix)!)=-\gamma x-\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(xt)-xt}{t(e^{t}-1)}dt\qquad(\mod 2\pi)$
結局これが計算できる訳でもないので、何も分からない。
一般の複素数に対するガンマ関数の偏角の積分表示
$z=a+bi$に対し、$\bar{z}=a-bi$は複素共役
$\displaystyle\arg(\Gamma(a+bi))=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}b}{t}-\frac{\sin(bt)}{t}\frac{e^{-at}}{1-e^{-t}}dt$
もしくは、
$\displaystyle\arg(\Gamma(z))=\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}(z-\bar{z})}{t}+\frac{e^{-zt}-e^{-\bar{z}t}}{t(1-e^{-t})}dt$
ただし$0\le a$
証明の流れはほぼ一緒なので省略。
Hurwitzのゼータ関数、ディガンマ関数を使います。
一般の絶対値の方はむずそう。
間違い等あれば指摘ください
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