整関数の零点の逆数Arctan和
モニック多項式の解を$\arctan$に入れた和
モニック多項式$f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)\quad (\{a_n\}\subset\C\setminus\{\pm i\})$に対して,
$$
\tan\left(\sum_{k=1}^n \arctan a_k\right)=-i\frac{f(i)-(-1)^n f(-i)}{f(i)+(-1)^n f(-i)}
$$
が成り立つ.
今回はこれの零点が無限にあるバージョンを考える.
証明は
n次方程式の解をArctanに代入した総和
を読んでほしい.
Weierstrassの因数分解定理
零点が無限個にある関数$f(z)$について, 同じ零点を持つことで一意に関数を定められないことが問題になる.
例えば, $2\sin z$と$e^z\sin z$で零点は$n\pi\,(n\in\Z)$で同じですが, 2関数が常に一致するということはない.
そのため, ここではWeierstrassの因数分解定理を用いて$\C$上で正則(微分可能)な関数について零点のみに注目することで定理を作る.
整関数$f(z)$の$z=0$でない零点を$\{z_n\}$とし, $f(z)$の基本乗積$P(z)$を次のように定める.
$$
P(z) \coloneqq \prod_n E\left(\frac{z}{z_n},\,k_n\right)
$$
ただし, 基本因子$\displaystyle E(z,\,p) \coloneqq (1-z)\exp\left(z+\frac{z^2}{2}+\cdots+\frac{z^p}{p}\right)$とする.
$\{k_n\}$は$\prod (1-z/z_n)$が発散しないようにする補正項である.
一般に$z=0$でない零点が無限個あるなら, $k_n=n$とする.
$z=0$でない零点が無数が有限個あるなら
$$
k_n=p\coloneqq\min\left\{p\in\Z\,\Bigg|\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{|z_n|^{p+1}}<\infty\right\}
$$
と種数$p$と呼ばれる数で$k_n$をおくことで収束が言える.
$\displaystyle P(z) \coloneqq \prod_n E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)$は$\C$上で広義一様収束し正則, すなわち$P(z)$は整関数
$\{z_n\}$が有限個の場合は$E(z/z_n, n)$から正則でok
$\{z_n\}$が無限個の場合はWeierstarssのM-判定法をから$z$によらない数列で抑えて, 上から抑える級数の収束を示す.
零点が有限個のとき自明なので, 零点が無限にある場合を考える.
$\Log: \C\to \log|z|+i\arg z\quad(-\pi<\arg z\leq\pi)$を主枝とする.
まず$E(z,\,n)$について, $|z|\leq 1/n\quad(n>1)$のとき
$$
\Log E(z,\,n) = \Log(1-z)+\sum_{j=1}^n \frac{z^j}{j}
=-\sum_{j=1+n}^\infty \frac{z^j}{j}\,(|z|\leq 1/n<1)
$$
絶対値を取って
$$
|\Log E(z,\,n)|=\left|-\sum_{j=1+n}^\infty \frac{z^j}{j}\right|
\leq \sum_{j=1+n}^\infty \frac{|z|^j}{j}
\leq \sum_{j=1+n}^\infty |z|^j
=|z|^{n+1}\sum_{j=0}^\infty |z|^j
$$
総和内の$|z|\leq 1/n$を適応して
$$
|\Log E(z,\,n)|\leq |z|^{n+1}\sum_{j=0}^\infty \frac{1}{n^j}=\frac{n}{n-1}|z|^{n+1}<2|z|^{n+1}
$$
を得られた.
$$
|\Log P(z)|=\left|\sum_{n=1}^{n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)+\sum_{n>n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|
\leq \left|\sum_{n=1}^{n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|+\left|\sum_{n>n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|
\leq \left|\sum_{n=1}^{n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|+\sum_{n>n_0} \left|E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|
$$
零点$z_n$が無限にあるとき, $|z_i|\leq|z_j|\quad(i\leq j)$とすると, $|z_n|\to\infty\,(n\to\infty)$が言えるので, 次の$n_0$の存在が保証される.
$\forall R\geq |z|$に対し, $\forall n_0>n$のとき$|z_n|>2R$となるように$n_0$を取る.
後半の級数について$n>n_0$のとき, $|z/z_n|<1/2$なので
$$
\sum_{n>n_0} \left|E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|
\leq \sum_{n>n_0} 2\left|\frac{z}{z_n}\right|^{n+1}
\leq \sum_{n>n_0} \frac{1}{2^n}\leq 1
$$
$$ |\Log P(z)|\leq \left|\sum_{n=1}^{n_0} E\left(\frac{z}{z_n},\,n\right)\right|+1<\infty\qquad\therefore|P(z)|<\infty $$
WeierstarssのM-判定法により$\sum_{k=1}^n E\left(\frac{z}{z_k},\,k\right)$が広義一様収束かつ有界
つまり$P(z)$は広義一様収束かつ有界で, 整関数が言えた.
「零点が無限にあるとき, $|z_i|\leq|z_j|\quad(i\leq j)$とすると, $|z_n|\to\infty\,(n\to\infty)$が言える」について, これが成り立たないとすると
[$\{z_n\}$が有界ならば, $\{z_n\}$の部分列の中にある複素数に収束するものがある(Bolzano–Weierstrass)]
から$f(z)$は有限の領域内に集積点が存在することになる.
集積点を持つ整関数は$0$のみ.
整関数$f(z)$の$z=0$でない零点を$\{z_n\}$とし, $q(z)$は整関数とする.
このとき, $f(z)$は次のように表せる.
$$
f(z)=z^m e^{q(z)} P(z)\qquad(m\in\N)
$$
$\{k_n\}$は一意には決まらず, 基本乗積を収束させて余った関数は$q(z)$に押し付けることで$f(z)$を表すことができる.
基本乗積についてのArctan和
整関数$f(z)$について有限個の零点を持つ場合はすでに前の記事から得られているので, 無限個の場合を考えたい.
基本乗積についてのArctan和は計算で求まるので求めよう.
$\{z_n\}\in\C\setminus\{0\}$とし, $\{k_n\}$は$P(z)$が$0$でない有限値に収束するように取る.
$$
P(z)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z}{z_n}\right)\exp\left(\sum_{k=1}^{k_n} \frac{1}{k}\left(\frac{z}{z_n}\right)^k\right)
$$
このとき
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty R_{k_n}(1/z_n)\right)=i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
$$
となる. ただし,
$$
R_n(z)=\arctan(z)-\sum_{k=1}^{\lfloor (n+1)/2\rfloor} \frac{(-1)^{k-1}z^{2k-1}}{2k-1}
=\sum_{k=\lfloor (n+1)/2\rfloor}^\infty \frac{(-1)^k z^{2k+1}}{2k+1}
$$
$$
\frac{P(i)}{P(-i)}=\prod_{n=1}^\infty \frac{E(i/z_n, k_n)}{E(-i/z_n, k_n)}
$$
より
$$
\frac{E(i/z_n, k_n)}{E(-i/z_n, k_n)}=\frac{1-i/z_n}{1+i/z_n}\exp\left(\sum_{j=1}^{k_n} \frac{(i/z_n)^j-(-i/z_n)^j}{j}\right)
=\frac{1-i/z_n}{1+i/z_n}\exp\left(2i\sum_{j=1}^{\lfloor (k_n+1)/2\rfloor} \frac{(-1)^{j-1}(1/z_n)^{2j-1}}{2j-1}\right)
$$
簡単のために総和部分($\arctan z$のマクローリン展開の部分和)を
$$
S_m(z)=\sum_{j=1}^{\lfloor (m+1)/2\rfloor} \frac{(-1)^{j-1}z^{2j-1}}{2j-1}
$$
とおくと
$$
\frac{E(i/z_n, k_n)}{E(-i/z_n, k_n)}=\frac{1-i/z_n}{1+i/z_n}\exp\left(\sum_{j=1}^{k_n} \frac{(i/z_n)^j-(-i/z_n)^j}{j}\right)
=\frac{1-i/z_n}{1+i/z_n}\exp\left(2i S_{k_n}(1/z_n)\right)
$$
と書ける.
また, $\displaystyle \arctan z=\frac{1}{2i}\log\left(\frac{1+iz}{1-iz}\right)\Longleftrightarrow \frac{1-iz}{1+iz}=\exp(-2i\arctan z)$より
$$
\frac{E(i/z_n, k_n)}{E(-i/z_n, k_n)}=\exp\left(-2i\left\{\arctan(1/z_n)-S_{k_n}(1/z_n)\right\}\right)
$$
となる.
$R_n(z)=\arctan(z)-S_n(z)$とすると
$$
\frac{E(i/z_n, k_n)}{E(-i/z_n, k_n)}=\exp\left(-2iR_{k_n}(1/z_n)\right)
$$
と書けて, $W=\sum_{n=1}^\infty R_{k_n}(1/z_n)$とおくと
$$
\frac{P(i)}{P(-i)}=\prod_{n=1}^\infty \exp(-2iR_{k_n}(1/z_n))=\exp\left(-2iW\right)
$$
となる. ここで, $\tan W$を計算すると
$$
\tan W=\frac{1}{i}\frac{e^{iW}-e^{-iW}}{e^{iW}+e^{-iW}}
=\frac{1}{i}\frac{1-e^{-2iW}}{1+e^{-2iW}}
=i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
$$
$P(z)$のオーダー
特に$k_n=0$のときについて考えることで, $R_0(1/z_n)=\arctan\frac{1}{z_n}$により欲しい形が得られる.
$k_n=0$のとき, $P(z)$は次のようになる.
$$
P(z)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z}{z_n}\right)
$$
一般に$k_n=p$(定数)のときに, $P(z)$が$0$でない値に収束するための条件を考える.
$\Log|E(u,\,p)|, P(z)$の評価
$p\in\N\cup\{0\},\,k>1$とする.
(1) $|u|\leq 1/k$ならば, $|\Log|E(u,\,p)||\leq |\Log E(u,\,p)|\leq K(p,\,k)|u|^{p+1}$
(2) $|u|\geq 1/k$ならば, $\Log|E(u,\,p)|\leq K(p,\,k)|u|^p\quad(p\geq 1)$
(3) $|1-u|\geq 1/k$ならば, $|\Log E(u,\,p)|\leq K(p,\,k)|u|^{p+1}\quad(p\geq 1)$
$K(p,\,k)$はそれぞれの場合で異なる定数とする.
- $|u|\leq 1/k$のとき
$\Log z=\Log|z|+i\arg(z)\quad(-\pi<\arg(z)\leq\pi)$より, $\Re(\Log z)=\Log|z|$
また, $|\Re(\Log z)|\leq|\Log z|$より
$|\Log|E(u,\,p)||\leq|\Log E(u,\,p)|$
$|u|\leq1/k<1$より
$$ |\Log E(u,\,p)|\leq\sum_{n=p+1}^\infty \frac{|u|^{n}}{n}\leq|u|^{p+1}\sum_{n=0}^\infty |u|^n=\frac{|u|^{p+1}}{1-|u|}≤\frac{k}{k-1}|u|^{n+1} $$
$K(p,\,k)=\dfrac{k}{k-1}$とすれば主張を得る. - $|u|\geq 1/k\,(p\geq 1)$のとき
$\Log|1-u|\leq\Log(1+|u|)\leq|u|\leq k^{p-1}|u|^p$
$$ \sum_{n=1}^p \frac{|u|^n}{n}\leq\sum_{n=1}^p |u|^n=|u|^p\sum_{n=0}^{p-1} \frac{1}{|u|^n }\leq |u|^p \sum_{n=0}^{p-1} k^p=pk^p|u|^p $$
したがって, $K(p,\,k)=k^{p-1}(1+kp)$とすると
$$ |\Log E(u,\,p)|=|\Log(1-u)+(x+\cdots+x^p/p)|\leq|\Log(1-u)|+\sum_{n=1}^p \frac{|u|^n}{n}\leq K(p,\,k)|u|^p $$ - $|1-u|\geq 1/k\,(p\geq 1)$のとき
$$ \Log E(u,\,p)=\int_0^u \left(-\frac{1}{1-t}+1+t+\cdots+^{p-1}\right)\d t=\int_0^u -\frac{t^p}{1-t}\d t $$
経路$\gamma:[a,\,b]\to\gamma(a)=0,\,\gamma(b)=u$のうち, $|\gamma(t)|\leq |u|\,(t\in[a,\,b])$かつ$|1-\gamma(t)|\geq 1/k\,(t\in[a,\,b])$を満たすものが取れるので
$$ |\Log E(u,\,p)|=\left|\int_0^u \frac{t^p}{1-t}\d t\right|=\left|\int_a^b \frac{\gamma(t)^p}{1-\gamma(t)}\gamma'(t)\d t\right|\leq \int_a^b \left|\frac{\gamma(t)^p}{1-\gamma(t)}\gamma'(t)\right|\d t \leq k|u|^p\int_a^b \left|\gamma'(t)\right|\d t $$
$0$と$u$を結ぶ線分が$|1-u|\geq 1/k$と交点を持たなければ, $\gamma$をその線分にして, $\gamma(t)=t|u|\,(t\in[0,\,1])$とすると
$$ \int_a^b \left|\gamma'(t)\right|\d t=|u| $$
となる.
そうでないならば, $0$と$u$を結ぶ線分を直径に持つ円を考えて$\gamma(t)=u/2+|u|e^{-it}/2\,(t\in[\arg u,\,\arg u+\pi])$として
$$ \int_a^b \left|\gamma'(t)\right|\d t=\frac{\pi}{2}|u| $$
となる.
よって, $K(p,\,k)=\dfrac{\pi}{2}k$とすればよい.
種数
$$
p\coloneqq \min\left\{m\in\N\cup\{0\}\,\Bigg| \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{|z_n|^{m+1}}<\infty\right\}
$$
が存在するとする. 基本乗積
$$
P(z)=\prod_{n=1}^\infty E\left(\frac{z}{z_n},\,p\right)
$$
について,
- $$\exists C_1\in\R,\,\forall z\in\C:\Log|P(z)|\leq C_1|z|^{p+1}$$
- $\{r_n\mid r_n>0,\,\sum_{n=1}^\infty r_n<\infty\}_{n=1}^\infty$として
$$\forall z\not\in\bigcup_{n=1}^\infty \{z\in\C\mid |z-z_n|< r_n\},\,\exists C_2\in\R:C_2|z|^{p+1}\leq\Log|P(z)|$$
種数が存在するとき, 零点付近でない$z$で$\Log|P(z)|=O(|z|^{p+1})$という定理です.
これにより$p<\infty$で, $P(z)$の収束を確認できます.
$f(z)$の$0$でない零点を$z_n\,(i\leq j:|z_i|\leq |z_j|)$とする.
$$
\Log |P(z)|=\sum_{n=1}^\infty \Log \left|E\left(\frac{z}{z_n}, p\right)\right|
$$
$\forall R\geq|z|$を任意に取る. このとき, $n_0< n:|z_n|>2R$を満たすある$n_0\in\N$が存在する.
$|z/z_n|<1/2$なので$k=2$として補題を使う.
まず上からの評価を与える.
- $n\leq n_0$のとき, $|z/z_n|\geq 1/2$なので補題(2)を用いて
$$ \Log\left|E\left(\frac{z}{z_n}, p\right)\right|\leq k^{p-1}(1+kp)|z/z_n|^p =2^{p-1}(1+2p)|z/z_n|^p \leq 2^p(1+2p)|z/z_n|^{p+1} $$ - $n>n_0$のとき, $|z/z_n|\leq 1/2$より補題(1)を用いて
$$ \Log\left|E\left(\frac{z}{z_n}, p\right)\right| \leq \frac{k}{k-1}|z/z_n|^{p+1}=2|z/z_n|^{p+1} $$
(i), (ii)を合わせると
$$ \Log|P(z)|\leq 2^p(1+2p)|z|^{p+1}\sum_{n=1}^{n_0} \frac{1}{|z_n|^{p+1}}+2|z|^{p+1}\sum_{n=n_0+1}^\infty \frac{1}{|z_n|^{p+1}}<\infty $$
$\displaystyle C_1=2^p(1+2p)\sum_{n=1}^{n_0} \frac{1}{|z_n|^{p+1}}+2\sum_{n=n_0+1}^\infty \frac{1}{|z_n|^{p+1}}$とおけば, $\Log|P(z)|\leq C_1|z|^{p+1}$を得る.
次に下からの評価をする. - $n\leq n_0$のとき
ここで$z=z_n$であるとき, $\Log|E(z/z_n,\,p)|=-\infty$となるので除外近傍を考える.
$0<\delta<|z_1|$なる十分小の$\delta$を取り, $\displaystyle z\not\in\bigcup_{n=1}^\infty \{z\in\C\mid |z-z_n|< \delta\}$とする.
このとき, $|1-z/z_n|=|z_n-z|/|z_n|\geq \delta/|z_n|\geq \delta/|z_{n_0}|$として補題(3)を使うと
$$ \Log|E(z/z_n,\,p)|\geq -|\Log|E(z/z_n,\,p)|| \geq -\frac{\pi}{2}\frac{|z_{n_0}|}{\delta}\left|\frac{z}{z_n}\right|^{p+1} $$ - $n>n_0$のとき
$$ \Log|E(z/z_n,\,p)|\geq -|\Log|E(z/z_n,\,p)|| \geq -\frac{k}{k-1}\left|\frac{z}{z_n}\right|^{p+1} =-2\left|\frac{z}{z_n}\right|^{p+1} $$
(iii), (iv)を合わせると
$$ \Log|P(z)|\geq \sum_{n=1}^\infty \Log|E(z/z_n,\,p)| =\sum_{n=1}^{n_0} \Log|E(z/z_n,\,p)|+\sum_{n=n_0+1}^\infty \Log|E(z/z_n,\,p)| $$
$$ \geq -\frac{\pi|z_{n_0}|}{2\delta}|z|^{p+1}\sum_{n=1}^{n_0} \frac{1}{|z_n|^{p+1}}-2|z|^{p+1}\sum_{n=n_0+1}^\infty \frac{1}{|z_n|^{p+1}} $$
$\displaystyle C_2=-\frac{\pi|z_{n_0}|}{2\delta}\sum_{n=1}^{n_0} \frac{1}{|z_n|^{p+1}}-2\sum_{n=n_0+1}^\infty \frac{1}{|z_n|^{p+1}}$とすると$\Log|P(z)|\geq C_2|z|^{p+1}$を得る.
整関数の零点の逆数Arctan和
$\{z_n\}\in\C\setminus\{0\}$とする. 種数
$$
p\coloneqq \min\left\{m\in\N\cup\{0\}\,\Bigg| \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{|z_n|^{m+1}}<\infty\right\}
$$
が存在するとき
$$
P(z)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z}{z_n}\right)\exp\left(\sum_{k=1}^p \frac{1}{k}\left(\frac{z}{z_n}\right)^k\right)
$$
として
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \left(\arctan\frac{1}{z_n}-\sum_{k=1}^{\lfloor (n+1)/2\rfloor} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\left(\frac{1}{z_n}\right)^{2k-1}
\right)\right)=\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=\lfloor (p+1)/2\rfloor}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}\left(\frac{1}{z_n}\right)^{2k+1}\right)=i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
$$
を満たす. 特に$p=0$のとき
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{z_n}\right)=i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
$$
$k_n=p\,(n\in\N)$とすれば定理4から直ちに従う.
整関数$f(z)$の$z=0$でない零点を$\{z_n\}$とし, $q(z)$は整関数とする.
$f(z)=z^m e^{q(z)} P(z)\quad(m\in\N)$とするとき
$$
q(z)=\log h(0)+\int_0^z \frac{h'(w)}{h(w)}\d w,\,h(z)\coloneqq\dfrac{f(z)}{z^m P(z)}
$$
で計算できる.
$f(z)=z^m e^{q(z)} P(z)$から$z^m P(z)$で割り, $h(z)\coloneqq\dfrac{f(z)}{z^m P(z)}$とすると
$$
h(z)=\exp(q(z))
$$
$h(z)$について, $f(z)$と$z^m P(z)$の零点が一致し, $f(z)$と$z^m P(z)$は整関数なので$h(z)$は零点を持たない整関数となる.
ここで両辺を微分すると
$$
h'(z)=q'(z)\exp(q(z))=q'(z)h(z)
$$
$h(z)\neq 0\,(z\in\C)$であったので, $q'(z)=h'(z)/h(z)$を得られ, これを積分すると
$$
q(z)=\log h(a)+\int_a^z \frac{h'(w)}{h(w)}\d w
$$
を得る. マクローリン展開などのしやすさから$a=0$が多く選ばれる.
$h(z)=\exp(q(z))$に$\Log$(または$\log$)を取ると, 不連続点が発生し整関数であることに矛盾する可能性があるため, 両辺を微分して滑らかであるようにしています.
$\{z_n\}\in\C\setminus\{0\}$とする. 種数
$$
p=\min\left\{m\in\N\cup\{0\}\,\Bigg| \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{|z_n|^{m+1}}<\infty\right\}=0
$$
$f(z)=z^m e^{q(z)}P(z),\,P(z)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z}{z_n}\right)\exp\left(\sum_{k=1}^p \frac{1}{k}\left(\frac{z}{z_n}\right)^k\right)$と表せるとき,
$\displaystyle Q=(-1)^m e^{q(i)-q(-i)}\frac{f(-i)}{f(i)}=(-1)^m \frac{f(-i)}{f(i)}\exp\left(\int_{-i}^i \frac{f'(z)}{f(z)}-\frac{m}{z}-\frac{P'(z)}{P(z)}\d z\right)$とし
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{z_n}\right)=i\frac{1-Q}{1+Q}
$$
$$
Q=\frac{P(-i)}{P(i)}=\frac{i^m e^{q(i)}}{f(i)}\frac{f(-i)}{(-i)^m e^{q(-i)}}=(-1)^m e^{q(i)-q(-i)}\frac{f(-i)}{f(i)}
$$
となる. ここで
$$
q(i)-q(-i)=\int_a^i \frac{h'(z)}{h(z)}\d z-\int_a^{-i} \frac{h'(z)}{h(z)}\d z=\int_{-i}^i \frac{h'(z)}{h(z)}\d z
$$
より
$$
Q=\frac{P(-i)}{P(i)}=(-1)^m \frac{f(-i)}{f(i)}\exp\left(\int_{-i}^i \frac{h'(z)}{h(z)}\d z\right)=(-1)^m \frac{f(-i)}{f(i)}\exp\left(\int_{-i}^i \frac{f'(z)}{f(z)}-\frac{m}{z}-\frac{P'(z)}{P(z)}\d z\right)
$$
定理4に代入して式を得る.
$\{z_n\}\in\R\setminus\{0\}$とし, $\{k_n\}$は$P(z)$が$0$でない有限値に収束するように取る.
$$
P(z)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z}{z_n}\right)\exp\left(\sum_{k=1}^{k_n} \frac{1}{k}\left(\frac{z}{z_n}\right)^k\right)
$$
このとき
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty R_{k_n}(1/z_n)\right)=\tan(\arg P(-i))=\frac{\Im P(-i)}{\Re P(-i)}
$$
となる. ただし,
$$
R_n(z)=\arctan(z)-\sum_{k=1}^{\lfloor (n+1)/2\rfloor} \frac{(-1)^{k-1}z^{2k-1}}{2k-1}
=\sum_{k=\lfloor (n+1)/2\rfloor}^\infty \frac{(-1)^k z^{2k+1}}{2k+1}
$$
$$
i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
=\frac{P(-i)-P(i)}{2i}\frac{2}{P(-i)+P(i)}
$$
仮定より$P:\R\to\R$で, $P(i)=\overline{P(-i)}$なので
$$
=\frac{P(-i)-\overline{P(-i)}}{2i}\frac{2}{P(-i)+\overline{P(-i)}}
=\frac{|P(-i)|\sin(\arg P(-i))}{|P(-i)|\cos(\arg P(-i))}=\tan(\arg P(-i))
$$
また
$$
i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
=\frac{P(-i)-P(i)}{2i}\frac{2}{P(-i)+P(i)}
=\frac{\Im P(-i)}{\Re P(-i)}
$$
例題
$b\not\in i\Z$のとき, $\alpha=\sqrt{b^2-ai},\,\beta=\sqrt{b^2+ai}$として
$$
\tan\left(\sum_{n=0}^\infty \arctan\frac{a}{n^2+b^2}\right)=i\frac{\alpha\sinh(\pi\alpha)-\beta\sinh(\pi\beta)}{\alpha\sinh(\pi\alpha)+\beta\sinh(\pi\beta)}
$$
$\sin(\pi x)=0$の解が$x=n\in\Z$であることを用いて
$x=\dfrac{n^2+b^2}{a}\,(n=0,\,1,\,2,\,\cdots)$を解くと, $n=\sqrt{ax-b^2}$となるので, $f(x)=\sqrt{ax-b^2}\sin(\pi\sqrt{ax-b^2})$とする.
$\displaystyle \sin z=z\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}\right)$に$z=\pi\sqrt{ax-b^2}$を入れると
$$
f(x)=\sqrt{ax-b^2}\sin (\pi\sqrt{ax-b^2})=\pi(ax-b^2)\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{ax-b^2}{n^2}\right)
$$
また, $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{|a|}{|n^2+b^2|}<\infty$なので種数$p=0$で$P(x)$は絶対収束して$\displaystyle P(x)=\prod_{n=0}^\infty \left(1-\frac{a}{n^2+b^2}x\right)=\frac{b-ax}{b}\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{a}{n^2+b^2}x\right)$
$$
\frac{f(x)}{P(x)}=-b\sinh(\pi b)
$$
よって, $f(x)=-b\sinh(\pi b)P(x)$なので定理から
$$
\tan\left(\sum_{n=0}^\infty \arctan\frac{a}{n^2+b^2}\right)=i\frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}=i\frac{f(i)-f(-i)}{f(i)+f(-i)}
$$
$\alpha=\sqrt{b^2-ai},\,\beta=\sqrt{b^2+ai}$として, $f(i)=i\alpha\sin(i\pi\alpha)=-\alpha\sinh(\pi\alpha),\,f(-i)=i\beta\sin(i\pi\beta)=-\beta\sinh(\pi\beta)$
$$
\tan\left(\sum_{n=0}^\infty \arctan\frac{a}{n^2+b^2}\right)=i\frac{\alpha\sinh(\pi\alpha)-\beta\sinh(\pi\beta)}{\alpha\sinh(\pi\alpha)+\beta\sinh(\pi\beta)}
$$
$$ \sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}=\arctan\frac{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}} $$
Weierstrassの因数分解定理より$\sin\pi \sqrt{x}$の無限乗積展開は
$$
\sin \pi \sqrt{x}=\pi \sqrt{x}\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x}{n^2}\right)
$$
であり, 基本乗積$P(x)=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x}{n^2}\right)$を用いて
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}\right)=i \frac{P(i)-P(-i)}{P(i)+P(-i)}
$$
このとき, $P(x)$の零点は実数であり, 多項式$P(x)=1-\frac{\pi^2}{6}x^2+\cdots$と書けるから$\overline{P(z)}=P(\overline{z})$となるので
$$
\tan\left(\sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2}\right)=\frac{\Im P(-i)}{\Re P(-i)}
$$
$$
P(-i)=\frac{\sin(\pi\sqrt{-i})}{\pi\sqrt{-i}}
=\frac{\sqrt{2}}{\pi(1-i)}\sin\left(\frac{\pi}{\sqrt{2}}(1-i)\right)
=\frac{(1+i)\sqrt{2}}{2\pi}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-i\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)
$$
これより
$$
\Re P(-i)=\frac{1}{\sqrt{2}\pi}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)
$$
$$
\Im P(-i)=\frac{1}{\sqrt{2}\pi}\left(\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)
$$
数の正負$\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}>0,\,\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}<0,\,\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}>0,\,\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}>0$から$\Im P(-i)>0$
また, $\Re P(-i)=\frac{1}{\sqrt{2}\pi}\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\left(\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)$と表せて
$0<\frac{\pi}{\sqrt{2}}<\frac{3\pi}{4}(<\frac{\pi}{2})$より$\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}<-1$
$\forall x>0:0<\tanh x<1$より$\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}<1$
よって, $\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}<0$であり, $\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}<0$であるから$\Re P(-i)>0$
$\dfrac{\Im P(-i)}{\Re P(-i)}$の偏角は$0$から$\frac{\pi}{2}$であり次が成り立つ.
$$ \sum_{n=1}^\infty \arctan\frac{1}{n^2} =\arctan\frac{\Im P(-i)}{\Re P(-i)} =\arctan\frac{\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\sin\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cosh\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}} =\arctan\frac{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\tanh\frac{\pi}{\sqrt{2}}} $$
あとがき
前に書いた記事の正当化をしました。途中書いてて、Weierstrassの因数分解定理の方が長くて、もうそっちをメインにしようか迷いましたが、途中で変えるのも面倒だったのでこのまま進めた感じになり締まらない内容になってしまいました。まあ終われそうな部分まで書けたのでここで終わりにします。
