n次方程式の解をArctanに代入した総和
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.
解が$a_1,\,\cdots,\,a_n$である関数$f(x)$の場合
$\{a_n\}\subset\Cmi$とし, 関数$f(x)=cg(x)(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)\,(c\in\C\setminus\{0\},\,m\in\mathbb{Z})$とする.
関数$g(x)$は$g(x)=0$の解を持たず$g(i)=g(-i)$を満たすとする. 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.
$h(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$とし, $g(x)$は$g(x)=0$の解を持たず$g(i)=g(-i)$を満たす.
$f(x)=cg(x)h(x)\,(c\in\C\setminus\{0\},\,m\in\mathbb{Z},\,m\in\mathbb{Z})$と表せると仮定する.
定理1, $g(i)=g(-i)\neq0$より
$$
-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
=-i\frac{cg(i)h(i)-(-1)^n g(-i)h(-i)}{cg(i)h(i)+(-1)^n g(-i)h(-i)}
=-i\frac{h(i)-(-1)^n h(-i)}{h(i)+(-1)^n h(-i)}
=\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)
$$
例として
$$
x^m(x-a_1)\cdots(x-a_n)=(-1)^n a_1\cdots a_n x^m(1-x/a_1)\cdots(1-x/a_n)
$$
に対して, $a_1,\cdots,\,a_n\neq0$として$f(x)$を次のように書ける.
$$
f(x)
=x^m(1-x/a_1)\cdots(1-x/a_n)
=\underbrace{\frac{(-1)^n}{a_1\cdots a_n}}_{g(x)}x^m(x-a_1)\cdots(x-a_n)
$$
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.
例題
$\arctan(1/n^2)$の級数
$$ \sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}=\arctan\frac{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}} $$
$f(x)=(x-1)(x-1/2^2)\cdots(x-1/n^2)$とする.
ワイエルシュトラスの因数分解定理より$\sin$の無限乗積展開は
$$
\sin x=x\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)
$$
であり, $x=\pi/\sqrt{z}$とおいて得られる関数を
$$
g(z)=\frac{\sin (\pi/\sqrt{z})}{\pi/\sqrt{z}}
=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{1}{n^2 z}\right)
=\prod_{n=1}^\infty \frac{1}{z}\left(z-\frac{1}{n^2}\right)
$$
とする.
このとき, 定理1より
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}\right)
=\lim_{n\to\infty} \tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan\frac{1}{k^2}\right)
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (i-1/k^2)-(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/k^2)}{\prod_{k=1}^n (i-1/k^2)+(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/k^2)}
$$
分子と分母に$1/i^n$をかけて, $g$を作るように変形すると
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (1/i)(i-1/k^2)-\prod_{k=1}^n (-1/i)(-i-1/k^2)}{\prod_{k=1}^n (1/i)(i-1/k^2)+\prod_{k=1}^n (-1/i)(-i-1/k^2)}
$$
$$
=-i \frac{g(i)-g(-i)}{g(i)+g(-i)}
$$
このとき, $g(z)=0\Longleftrightarrow z=1,\,1/2^2,\,1/3^2,\,\cdots$から$g(z)$の根はすべて実数なので$g(i)$と$g(-i)$は共役
$$
=\frac{\Im(g(i))}{\Re(g(i))}
$$
ここで$g(i)$の値は
$$
g(i)=\frac{\sin (\pi/\sqrt{i})}{\pi/\sqrt{i}}
=\frac{\sin (\pi e^{-i\pi/4})}{\pi e^{-i\pi/4}}
=\frac{1+i}{\pi\sqrt{2}}\sin(\frac{\pi}{\sqrt{2}}+i\frac{\pi}{\sqrt{2}})
=\frac{1+i}{\pi\sqrt{2}}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-i\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)
$$
$$
\therefore\Re(g(i))=\frac{1}{\pi\sqrt{2}}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right),\,\Im(g(i))=\frac{1}{\pi\sqrt{2}}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)
$$
よって, $-\pi/2<\Im(g(i))/\Re(g(i))<\pi/2$なので両辺$\arctan$を取ってもよく
$$
\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}
=\arctan\frac{\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}
=\arctan\frac{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}
$$
$\arctan(1/(2n-1)^2)$の級数
$$ \sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{(2n-1)^2}=\arctan(\tan\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\tanh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}) $$
$f(x)=(x-1)(x-1/3^2)\cdots(x-1/(2n-1)^2)$とする.
ワイエルシュトラスの因数分解定理より$\cos$の無限乗積展開は
$$
\cos x=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{4x^2}{(2n-1)^2\pi^2}\right)
$$
であり, $x=\pi/2\sqrt{z}$とおいて得られる関数を
$$
g(z)=\cos (\pi/2\sqrt{z})
=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{1}{(2n-1)^2 z}\right)
=\prod_{n=1}^\infty \frac{1}{z}\left(z-\frac{1}{(2n-1)^2}\right)
$$
とする.
このとき, 定理1より
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{(2n-1)^2}\right)
=\lim_{n\to\infty}\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan\frac{1}{(2k-1)^2}\right)
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (i-1/(2k-1)^2)-(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/(2k-1)^2)}{\prod_{k=1}^n (i-1/(2k-1)^2)+(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/(2k-1)^2)}
$$
分子と分母に$1/i^n$をかけて, $g$を作るように変形すると
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (1/i)(i-1/(2k-1)^2)-\prod_{k=1}^n (-1/i)(-i-1/(2k-1)^2)}{\prod_{k=1}^n (1/i)(i-1/(2k-1)^2)+\prod_{k=1}^n (-1/i)(-i-1/(2k-1)^2)}
$$
$$
=-i \frac{g(i)-g(-i)}{g(i)+g(-i)}
$$
このとき, $g(z)=0\Longleftrightarrow z=1,\,1/3^2,\,1/5^2,\,\cdots$から$g(z)$の根はすべて実数なので$g(i)$と$g(-i)$は共役
$$
=\frac{\Im(g(i))}{\Re(g(i))}
$$
ここで$g(i)$の値は
$$
g(i)=\cos(\pi/2\sqrt{i})
=\cos(\pi e^{-i\pi/4}/2)
=\cos(\frac{\pi}{2\sqrt{2}}-i\frac{\pi}{2\sqrt{2}})
=\cos\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}+i\sin\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}
$$
$$
\therefore\Re(g(i))=\cos\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{2\sqrt{2}},\,\Im(g(i))=\sin\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}
$$
よって, $-\pi/2<\Im(g(i))/\Re(g(i))<\pi/2$なので両辺$\arctan$を取ってもよく
$$
\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{(2n-1)^2}
=\arctan\frac{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}}{\cos\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{2\sqrt{2}}}
=\arctan(\tan\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\tanh\frac{\pi}{2\sqrt{2}})
$$
$\arctan(1/(n^2+a))$の級数
$r=\sqrt{\Re(a)^2+(\Im(a)+1)^2}$とする.
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2+a}\right)=\frac{\sqrt{r+\Re(a)}\tan \sqrt{\frac{r-\Re(a)}{2}}\pi-\sqrt{r-\Re(a)}\tanh\sqrt{\frac{r+\Re(a)}{2}}\pi}{\sqrt{r-\Re(a)}\tan \sqrt{\frac{r-\Re(a)}{2}}\pi+\sqrt{r+\Re(a)}\tanh \sqrt{\frac{r+\Re(a)}{2}}\pi}
$$
ワイエルシュトラスの因数分解定理より$\sin$の無限乗積展開は
$$
\sin x=x\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)
$$
$$
\frac{\sin(\pi\sqrt{1/x-a})}{\pi\sqrt{1/x-a}}=\prod_{n=1}^\infty \frac{1}{x}\left(1+\frac{a}{n^2}\right)\left(x-\frac{1}{n^2+a}\right)
$$
関数$f(x)$と$g(x)$を次のようにおく.
$$
f(x)=\prod_{k=1}^n \left(x-\frac{1}{k^2+a}\right),\,g(x)=\frac{\sin(\pi\sqrt{1/x-a})}{\pi\sqrt{1/x-a}}
$$
級数を変形する.
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2+a}\right)
=\lim_{n\to\infty}\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan\frac{1}{k^2+a}\right)
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (i-1/(k^2+a)-(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/(k^2+a)}{\prod_{k=1}^n (i-1/(k^2+a))+(-1)^n \prod_{k=1}^n (-i-1/(k^2+a)}
$$
$$
=\lim_{n\to\infty} -i\frac{\prod_{k=1}^n (1/i)(1+a/k^2)(i-1/(k^2+a)-\prod_{k=1}^n (-1/i)(1+a/k^2)(-i-1/(k^2+a)}{\prod_{k=1}^n (1/i)(1+a/k^2)(i-1/(k^2+a))+\prod_{k=1}^n (-1/i)(1+a/k^2)(-i-1/(k^2+a)}
$$
$$
=-i\frac{g(i)-g(-i)}{g(i)+g(-i)}
=\frac{\Im(g(i))}{\Re(g(i))}
$$
ここで$g(i)$を計算する. $r=\sqrt{\Re(a)^2+(\Im(a)+1)^2},\,\cos\theta=-\Re(a)/r,\,\sin\theta=-(\Im(a)+1)/r\,(\theta\in(-\pi,\,\pi])$とする.
$$
g(i)=\frac{\sin(\pi\sqrt{-i-a})}{\pi\sqrt{-i-a}}
=\frac{\sin(\pi\sqrt{-\Re(a)+(-\Im(a)-1)i})}{\pi\sqrt{-\Re(a)+(-\Im(a)-1)i}}
=\frac{\sin(\pi\sqrt{r}\exp(i\theta/2))}{\pi\sqrt{r}\exp(i\theta/2)}
$$
$s=\sqrt{r-\Re(a)}/\sqrt{2},\,t=\sqrt{r+\Re(a)}/\sqrt{2},\,\sqrt{r}\exp(i\theta/2)=s-ti$とおく.
$$
=\frac{\exp(-i\theta/2)}{\pi\sqrt{r}}\sin(s-ti)\pi
=\frac{s+ti}{\pi r}\sin(s-ti)\pi
=\frac{s+it}{\pi r}(\sin s\pi\cosh t\pi-i\cos s\pi\sinh t\pi)
$$
$$
\therefore \frac{\Im(g(i))}{\Re(g(i))}=\frac{t\sin s\pi\cosh t\pi-s\cos s\pi\sinh t\pi}{s\sin s\pi\cosh t\pi+t\cos s\pi\sinh t\pi}
=\frac{t\tan s\pi-s\tanh t\pi}{s\tan s\pi+t\tanh t\pi}
=\frac{\sqrt{r+\Re(a)}\tan \sqrt{\frac{r-\Re(a)}{2}}\pi-\sqrt{r-\Re(a)}\tanh\sqrt{\frac{r+\Re(a)}{2}}\pi}{\sqrt{r-\Re(a)}\tan \sqrt{\frac{r-\Re(a)}{2}}\pi+\sqrt{r+\Re(a)}\tanh \sqrt{\frac{r+\Re(a)}{2}}\pi}
$$
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, 10:45)
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, 12:52)
