n次方程式の解をArctanに代入した総和
無限個の解を持つ関数に定理を適応できるように証明した続編の記事が出ました.
整関数の零点の逆数Arctan和
n次方程式の解を$\arctan$に代入した総和
定理
n次方程式$f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$の解$a_1,\,a_2,\,\cdots,\,a_n$をそれぞれ$\arctan$に代入した和を$f$の式で表すことができます.
具体的には次のような主張になります.
$\{a_n\}\subset\Cmi$に対して, $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$とする. このとき,
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
が成り立つ.
証明
証明の前に複素数における$\log$の主値を定義します.
$z=|z|e^{i\arg z}\,(|z|>0,\,-\pi<\arg z\leq\pi)$とするとき,
$$
\log:\mathbb{C}\setminus\{0\}\to \mathbb{C},\,z\mapsto\log z=\log |z|+i\arg z
$$
を$\log$の主値とする. このとき, 複素数における$\tan$の逆関数を
$$
\arctan:\mathbb{C}\setminus\{i,\,-i\}\to\mathbb{C},\,x\mapsto\frac{i}{2}\log\frac{1-ix}{1+ix}
$$
と定める.
$\{a_n\}\subset\Cmi$に対して, $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$とする.
$\tan$の指数表記
$$
\tan x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{i (e^{ix}+e^{-ix})}
$$
から得られる式
$$
\arctan x=\dfrac{i}{2}\log\left(\dfrac{1-ix}{1+ix}\right)
$$
を使うと
$$
\sum_{k=1}^n \arctan a_k
=\frac{i}{2}\sum_{k=1}^n \log\left(\frac{1-i a_k}{1+i a_k}\right)
=\frac{i}{2}\sum_{k=1}^n \log\left(\frac{(-i)-a_k}{(-1)(i-a_k)}\right)
$$
と表せる.
総和を$\log$の中に入れ, 総乗にして$f$の式で表すと
$$
\sum_{k=1}^n \arctan a_k
=\frac{i}{2}\sum_{k=1}^n \log\left(\frac{(-i)-a_k}{(-1)(i-a_k)}\right)
=\frac{i}{2} \log\left(\prod_{k=1}^n \frac{(-i)-a_k}{(-1)(i-a_k)}\right)=\frac{i}{2} \log\left((-1)^n\frac{f(-i)}{f(i)}\right)
$$
ここで
$\tan x=\tan(x+n\pi)\,(n\in\mathbb{Z})$
から生じるズレを両辺の$\tan$を取ることで無くして
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)
=-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
となる.
関連した定理や命題
$p_n\arctan a_n$の総和
$\{a_n\}\subset\Cmi,\,\{p_n\}\subset\C$に対して, $f(x)=(x-a_1)^{p_1}(x-a_2)^{p_2}\cdots(x-a_n)^{p_n}$とする. このとき,
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n p_k\arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-(-1)^{\sum_{k=1}^n p_k} f(-i)}{f(i)+(-1)^{\sum_{k=1}^n p_k} f(-i)}
$$
が成り立つ.
$\{a_n\}\subset\Cmi,\,\{p_n\}\subset\C$に対して, $f(x)=(x-a_1)^{p_1}(x-a_2)^{p_2}\cdots(x-a_n)^{p_n}$とする.
$$
\sum_{k=1}^n p_k\arctan a_k
=\frac{i}{2}\sum_{k=1}^n p_k\log\left(\frac{1-i a_k}{1+i a_k}\right)
=\frac{i}{2}\sum_{k=1}^n p_k\log\left(\frac{((-i)-a_k)^{p_k}}{(-1)^{p_k}(i-a_k)^{p_k}}\right)
$$
と表せる.
総和を$\log$の中に入れ, 総乗にして$f$の式で表すと
$$
\sum_{k=1}^n p_k\arctan a_k
=\frac{i}{2} \log\left(\prod_{k=1}^n \frac{((-i)-a_k)^{p_k}}{(-1)^{p_k}(i-a_k)^{p_k}}\right)=\frac{i}{2} \log\left((-1)^{p_1+p_2+\cdots+p_n}\frac{f(-i)}{f(i)}\right)
$$
ここで
$\tan x=\tan(x+n\pi)\,(n\in\mathbb{Z})$
から生じるズレを両辺の$\tan$を取ることで無くして
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n p_k\arctan a_k\right)
=-i\frac{f(i)-(-1)^{\sum_{k=1}^n p_k} f(-i)}{f(i)+(-1)^{\sum_{k=1}^n p_k} f(-i)}
$$
となる.
定理の$f$を使わない形
$\{a_n\}\subset\Cmi$に対して,
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=i\frac{\prod_{k=1}^n (i+a_k)-\prod_{k=1}^n (i-a_k)}{\prod_{k=1}^n (i+a_k)+\prod_{k=1}^n (i-a_k)}
$$
が成り立つ.
$f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$とする.
$(-1)^n f(-i)=(i+a_1)(i+a_2)\cdots(i+a_n)=\prod_{k=1}^n (i+a_k)$より
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=-i\frac{\prod_{k=1}^n (i-a_k)-\prod_{k=1}^n (i+a_k)}{\prod_{k=1}^n (i-a_k)+\prod_{k=1}^n (i+a_k)}
=i\frac{\prod_{k=1}^n (i+a_k)-\prod_{k=1}^n (i-a_k)}{\prod_{k=1}^n (i+a_k)+\prod_{k=1}^n (i-a_k)}
$$
$\tan$の加法定理の一般化
$\{a_n\}\subset\C$に対して
$$
e_0=1,\,e_m=\sum_{1\leq i_1<\cdots< i_m\leq n} e_{i_1}\cdots e_{i_m}\,(m=1,\,\cdots,\,n)
$$
とする. これを基本対称式と呼ぶ.
例: $n=3$のとき$e_0=1,\,e_1=a_1+a_2+a_3,\,e_2=a_1 a_2+a_2 a_3+a_3 a_1,\,e_3=a_1 a_2 a_3$となる.
$\{a_n\}\subset\Cmi$に対して,
- $a_n$が偶数個のとき
$$ \tan(\arctan a_1+\cdots+\arctan a_{2n})=\frac{e_1+\cdots+(-1)^{n-1} e_{2n-1}}{e_0+\cdots+(-1)^n e_{2n}} $$ - $a_n$が奇数個のとき
$$ \tan(\arctan a_1+\cdots+\arctan a_{2n-1})=\frac{e_1+\cdots+(-1)^{n-1} e_{2n-1}}{e_0+\cdots+(-1)^{n-1} e_{2n-2}} $$
が成り立つ.
- 定理1より$f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{2n})$とすると
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^{2n} \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-f(-i)}{f(i)+f(-i)} $$
ここで
$$ f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{2n})=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{2n-k} e_{2n-k} x^k $$
より
$$ f(i)+f(-i)=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{2n-k} e_{2n-k} \{1+(-1)^k\}i^k =2\sum_{k=0}^n (-1)^{2n-2k} e_{2n-2k} i^{2k} =2(-1)^n \sum_{k=0}^n (-1)^k e_{2k} $$
$$ f(i)-f(-i)=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{2n-k} e_{2n-k} \{1-(-1)^k\}i^k =2\sum_{k=1}^n (-1)^{2n-(2k-1)} e_{2n-(2k-1)} i^{2k-1} =2i(-1)^n \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-1} $$
を得られ
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^{2n} \arctan a_k\right) =-i\frac{2i(-1)^n \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-1}}{2(-1)^n\sum_{k=0}^n (-1)^k e_{2k}} =\frac{\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-1}}{\sum_{k=0}^n (-1)^k e_{2k}} $$
となる. - 同様に$f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{2n-1})$とすると
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^{2n-1} \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)+f(-i)}{f(i)-f(-i)} $$
ここで
$$ f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_{2n-1})=\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^{2n-k-1} e_{2n-k-1} x^k $$
より
$$ f(i)+f(-i)=\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^{2n-k-1} e_{2n-k-1} \{1+(-1)^k\}i^k =2\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{2n-2k-1} e_{2n-2k-1} i^{2k} =2\sum_{k=1}^n (-1)^k e_{2k-1} $$
$$ f(i)-f(-i)=\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^{2n-k-1} e_{2n-k-1} \{1-(-1)^k\}i^k =2\sum_{k=1}^n (-1)^{2n-(2k-1)-1} e_{2n-(2k-1)-1} i^{2k-1} =2i \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-2} $$
を得られ
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^{2n-1} \arctan a_k\right) =-i\frac{2 \sum_{k=1}^n (-1)^k e_{2k-1}}{2i\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-2}} =\frac{\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-1}}{\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} e_{2k-2}} $$
となる.
ちなみに場合分けなしでまとめて書くと
$$
\tan(\arctan a_1+\cdots+\arctan a_n)=\frac{\sum_{k=1}^{\lfloor (n+1)/2\rfloor} (-1)^{k-1} e_{2k-1}}{\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} (-1)^k e_{2k}}
$$
となります. 証明は偶奇に分けて代入して一致することを確認すればokです.
解がすべて実数の場合
$\{a_n\}\subset\mathbb{R}$に対して, $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$とする. このとき,
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=(-1)^n \left(\frac{\Im(f(i))}{\Re(f(i))}\right)^{(-1)^n}
$$
が成り立つ.
$f(x)$の根はすべて実数なので$f(x)$を展開した多項式の$x$の冪乗の係数は実数であり, 実数$f(i)$と$f(-i)$は共役である.
- $n$が奇数のとき
$$ f(i)+(-1)^n f(-i)=f(i)-f(-i)=2i\Im(f(i)),\,f(i)-(-1)^n f(-i)=f(i)+f(-i)=2\Re(f(i)) $$
より
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}=-i\frac{2\Re(f(i))}{2i\Im(f(i))} =-\frac{\Re(f(i))}{\Im(f(i))} $$ - $n$が偶数のとき
$$ f(i)+(-1)^n f(-i)=f(i)+f(-i)=2\Re(f(i)),\,f(i)-(-1)^n f(-i)=f(i)-f(-i)=2i\Im(f(i)) $$
より
$$ \tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}=-i\frac{2i\Im(f(i))}{2\Re(f(i))} =\frac{\Im(f(i))}{\Re(f(i))} $$
よって示された.
解が無限にある関数の場合について
詳しい内容は
整関数の零点の逆数Arctan和
に書きました.
$\{a_n\}\subset\C\setminus\{0\}$とし, 関数$f(x)=(1-\frac{x}{a_1})(1-\frac{x}{a_2})\cdots(1-\frac{x}{a_n})$とする.
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan \frac{1}{a_k}\right)=i\frac{f(i)-f(-i)}{f(i)+f(-i)}
$$
が成り立つ.
$\arctan z=\dfrac{1}{2i}\log\dfrac{1+iz}{1-iz}\Longleftrightarrow \dfrac{1-iz}{1+iz}=\exp(-2i\arctan z)$と表せるので
$$
\frac{f(i)}{f(-i)}=\prod_{k=1}^n \frac{1-i/a_k}{1+i/a_k}
=\prod_{k=1}^n \exp(-2i\arctan\frac{1}{a_k})
=\exp(-2i\sum_{k=1}^n \arctan\frac{1}{a_k})
$$
$\displaystyle S=\sum_{k=1}^n \arctan\frac{1}{a_k}$とすると, $\dfrac{f(i)}{f(-i)}=\exp(-2iS)$となり
$$
\tan S=\frac{1}{i}\frac{e^{iS}-e^{-iS}}{e^{iS}+e^{-iS}}
=\frac{1}{i}\frac{1-e^{-2iS}}{1+e^{-2iS}}
=i\frac{f(i)-f(-i)}{f(i)+f(-i)}
$$
を得る.
例題
- $\arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{8}=\frac{\pi}{4}$を示せ.
- $\arctan\frac{1}{a}+\arctan\frac{1}{b}+\arctan\frac{1}{c}=\frac{\pi}{4},\,a\leq b\leq c$を満たす自然数組$(a,\,b,\,c)$を求めよ.
- $f(x)=(x-2)(x-5)(x-8)$とすると, $f(x)=x^3-15x^2+66x-80$となり
$$ f(i)=i^3-15i^2+66i-80=-65+65i,\,f(-i)=\overline{f(i)}=-65-65i $$
であるから定理より
$$ \tan(\arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{8})=-i\frac{f(i)-f(-i)}{f(i)+f(-i)}=-i\frac{(-65+65i)+(-65-65i)}{(-65+65i)-(-65-65i)}=1 $$
$\arctan x< x\,(x>0)$より, $0<\arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{8}<\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{8}=\frac{33}{40}<\frac{\pi}{2}$なので
$$ \arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{8}=\frac{\pi}{4} $$ - $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc$とおくと
$$ f(i)=(a+b+c-abc)+(ab+bc+ca-1)i $$
定理から
$$ 1=\tan\frac{\pi}{4}=\tan(\arctan\frac{1}{a}+\arctan\frac{1}{b}+\arctan\frac{1}{c})=-\frac{\Re f(i)}{\Im f(i)}\qquad\therefore \Re f(i)=-\Im f(i) $$
$\therefore 0=abc-ab-bc-ca-a-b-c+1$
$A=a-1,\,B=b-1,\,C=c-1$とおくと, $0=ABC-2A-2B-2C-4=(AB-2)C-2A-2B-4\Longleftrightarrow (AB-2)C=2A+2B+4$
$0< C,\,0<2A+2B+4$より$0< AB-2$なので, $3\leq AB,\,C=\dfrac{2A+2B+4}{AB-2}$
$B\leq C$より$(AB-2)B\leq 2A+2B+4\Longleftrightarrow AB^2-4B-2A-4\leq 0$
また$3\leq AB,\,A\leq B$より, $A=1,\,2$
(1) $A=1$のとき
$3\leq B$であり, $B^2-4B-6\leq 0\Longleftrightarrow 2-\sqrt{10}\leq B\leq 2+\sqrt{10}$と合わせると$B=3,\,4,\,5$
- $B=3$のとき, $C=12$
- $B=4$のとき, $C=7$
- $B=5$のとき, $C=16/3$
- $A=2$のとき
$3/2\leq B$であり, $2B^2-4B-8\leq 0\Longleftrightarrow 1-\sqrt{5}\leq B\leq 1+\sqrt{5}$を合わせると$B=2,\,3$
- $B=2$のとき, $C=6$
- $B=3$のとき, $C=7/2$
以上から$(A,\,B,\,C)=(1,\,3,\,12),\,(1,\,4,\,7),\,(2,\,2,\,6)\qquad\therefore (a,\,b,\,c)=(2,\,4,\,13),\,(2,\,5,\,8),\,(3,\,3,\,7)$
更新履歴:
・TKSSさんが指摘された$\tan$が単射でないことから異なる値が出るミスを修正しました. また例題を追加しました.(2025, 10/18)
・命題を1つを追加し, 記事の説明を少し修正しました.(2025, 11/20)
・零点が無限個にある場合の定理を得たので, 例題を削除しました. (2026, 6/6)
