三角関数の部分分数展開

数学において、三角関数は以下のように部分分数に展開される。 π cot ⁡ π z = lim N → ∞ ∑ n = − N N 1 z + n = 1 z + ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 {\displaystyle \pi \cot {{\pi }z}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {1}{z+n}}={\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}} π tan ⁡ π z = lim N → ∞ ∑ n = − N N − 1 z + 1 2 + n = − ∑ n = 0 ∞ 2 z z 2 − ( n + 1 2 ) 2 {\displaystyle \pi \tan {{\pi }z}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {-1}{z+\textstyle {\frac {1}{2}}+n}}=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-\left(n+\textstyle {\frac {1}{2}}\right)^{2}}}} π sin ⁡ π z = lim N → ∞ ∑ n = − N N ( − 1 ) n z + n = 1 z + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n 2 z z 2 − n 2 {\displaystyle {\frac {\pi }{\sin {\pi }z}}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{z+n}}={\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2z}{z^{2}-n^{2}}}} π cos ⁡ π z = lim N → ∞ ∑ n = − N N ( − 1 ) n z + 1 2 + n = − ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) z 2 − ( n + 1 2 ) 2 {\displaystyle {\frac {\pi }{\cos {{\pi }z}}}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{z+{\frac {1}{2}}+n}}=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(2n+1)}{z^{2}-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)^{2}}}} 初めに余接関数の部分分数展開について示す。 そのために、 f ( z ) = π cot ⁡ π z − ( 1 z + ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 ) {\displaystyle f(z)=\pi \cot {{\pi }z}-\left({\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}\right)} として、恒等的に f ( z ) = 0 {\displaystyle f(z)=0} であることを確かめる。 z → 0 {\displaystyle z\to 0} の極限において π cot ⁡ π z = π cos ⁡ π z sin ⁡ π z = π 1 + O ( z 2 ) π z + O ( z 3 ) = 1 z + O ( z ) {\displaystyle \pi \cot {{\pi }z}=\pi {\frac {\cos {{\pi }z}}{\sin {{\pi }z}}}=\pi {\frac {1+{\mathcal {O}}(z^{2})}{{\pi }z+{\mathcal {O}}(z^{3})}}={\frac {1}{z}}+{\mathcal {O}}(z)} であるから f ( 0 ) {\displaystyle f(0)} の極は除去され、 f ( z + 1 ) = f ( z ) {\displaystyle f(z+1)=f(z)} であるから実軸上に並ぶ他の極も除去される。従って、 f ( z ) {\displaystyle f(z)} は | ℑ z | < ∞ {\displaystyle |\Im {z}|<\infty } において有界である。 z = x + i y {\displaystyle z=x+iy} と書き lim y → ∞ | π cot ⁡ π z | = lim y → ∞ | cos ⁡ π x cosh ⁡ π y + i sin ⁡ π x sinh ⁡ π y sin ⁡ π x cosh ⁡ π y + i cos ⁡ π x sinh ⁡ π y | ≤ lim y → ∞ | cos ⁡ π x cosh ⁡ π y + i sin ⁡ π x cosh ⁡ π y sin ⁡ π x sinh ⁡ π y + i cos ⁡ π x sinh ⁡ π y | = lim y → ∞ | cos ⁡ π x + i sin ⁡ π x sin ⁡ π x + i cos ⁡ π x | = 1 {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{y\to \infty }\left|\pi \cot {{\pi }z}\right|&=\lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\sin {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}{\sin {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\cos {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}}\right|\\&\leq \lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\sin {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}}{\sin {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}+i\cos {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}}\right|\\&=\lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {\pi }x+i\sin {\pi }x}{\sin {\pi }x+i\cos {\pi }x}}\right|\\&=1\\\end{aligned}}} | x | ≤ 1 2 < | y | {\displaystyle |x|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}<|y|} を仮定すれば | ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 | ≤ ∑ n = 1 ∞ | 2 ( x + i y ) x 2 − y 2 + 2 i x y − n 2 | ≤ ∑ n = 1 ∞ | 1 + 2 | y | n 2 + | y | 2 − 1 4 | ≤ ∫ n = 0 ∞ | 1 + 2 | y | n 2 + | y | 2 − 1 4 | d n {\displaystyle {\begin{aligned}\left|\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}\right|&\leq \sum _{n=1}^{\infty }\left|{\frac {2(x+iy)}{x^{2}-y^{2}+2ixy-n^{2}}}\right|\\&\leq \sum _{n=1}^{\infty }\left|{\frac {1+2|y|}{n^{2}+|y|^{2}-{\frac {1}{4}}}}\right|\\&\leq \int _{n=0}^{\infty }\left|{\frac {1+2|y|}{n^{2}+|y|^{2}-{\frac {1}{4}}}}\right|dn\\\end{aligned}}} tan ⁡ θ = n | y | 2 − 1 4 {\displaystyle \tan \theta ={\frac {n}{\sqrt {|y|^{2}-{\frac {1}{4}}}}}} の置換により | ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 | ≤ 1 + 2 | y | | y | 2 − 1 4 ⋅ π 2 {\displaystyle \left|\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}\right|\leq {\frac {1+2|y|}{\sqrt {|y|^{2}-{\frac {1}{4}}}}}\cdot {\frac {\pi }{2}}} となるから、 f ( z ) {\displaystyle f(z)} は | ℜ z | ≤ 1 2 {\displaystyle |\Re {z}|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}} において有界であるが、 f ( z + 1 ) = f ( z ) {\displaystyle f(z+1)=f(z)} であるから複素平面全体においても有界である。従って、リウヴィルの定理により f ( z ) = f ( 0 ) = 0 {\displaystyle f(z)=f(0)=0} である。 他の関数については π tan ⁡ π z = − π cot ⁡ π ( z + 1 2 ) = lim N → ∞ ∑ n = − N N − 1 z + 1 2 + n = − ∑ n = 0 ∞ 2 z z 2 − ( n + 1 2 ) 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\pi \tan {{\pi }z}&=-\pi \cot {{\pi }\left(z+\textstyle {\frac {1}{2}}\right)}\\&=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {-1}{z+\textstyle {\frac {1}{2}}+n}}=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-\left(n+\textstyle {\frac {1}{2}}\right)^{2}}}\\\end{aligned}}} cot ⁡ θ + tan ⁡ θ = cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ sin ⁡ θ cos ⁡ θ = 2 sin ⁡ 2 θ {\displaystyle \cot \theta +\tan \theta ={\frac {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }{\sin \theta \cos \theta }}={\frac {2}{\sin 2\theta }}} π sin ⁡ π z = 1 2 cot ⁡ θ 2 + 1 2 tan ⁡ θ 2 = lim N → ∞ 1 2 ∑ n = − N N 2 z + 2 n − 1 2 ∑ n = − N N 2 z + 2 n + 1 = lim N → ∞ ∑ n = − N N ( − 1 ) n z + n = 1 z + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n 2 z z 2 − n 2 {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\pi }{\sin {\pi }z}}&={\frac {1}{2}}\cot {\frac {\theta }{2}}+{\frac {1}{2}}\tan {\frac {\theta }{2}}\\&=\lim _{N\to \infty }{\frac {1}{2}}\sum _{n=-N}^{N}{\frac {2}{z+2n}}-{\frac {1}{2}}\sum _{n=-N}^{N}{\frac {2}{z+2n+1}}\\&=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{z+n}}={\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2z}{z^{2}-n^{2}}}\\\end{aligned}}} π cos ⁡ π z = π sin ⁡ π ( z + 1 2 ) = lim N → ∞ ∑ n = − N N ( − 1 ) n z + 1 2 + n = − ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) z 2 − ( n + 1 2 ) 2 {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\pi }{\cos {{\pi }z}}}&={\frac {\pi }{\sin {{\pi }\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}}}\\&=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{z+{\frac {1}{2}}+n}}=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(2n+1)}{z^{2}-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)^{2}}}\\\end{aligned}}} 余接関数の部分分数展開の両辺を微分して比較することにより ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}} が導かれる。（→バーゼル問題） lim z → 0 d d z π cot ⁡ π z = − π 2 sin 2 ⁡ π z = − π 2 ( π z − 1 6 ( π z ) 3 + O ( z 5 ) ) 2 = − π 2 ( π z ) 2 − 1 3 ( π z ) 4 + O ( z 6 ) = − 1 z 2 − 1 3 π 2 + O ( z 2 ) {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{z\to 0}{\frac {d}{dz}}\pi \cot \pi {z}&=-{\frac {\pi ^{2}}{\sin ^{2}\pi {z}}}\\&=-{\frac {\pi ^{2}}{\left(\pi {z}-{\frac {1}{6}}(\pi {z})^{3}+O(z^{5})\right)^{2}}}\\&=-{\frac {\pi ^{2}}{(\pi {z})^{2}-{\frac {1}{3}}(\pi {z})^{4}+O(z^{6})}}\\&=-{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {1}{3}}\pi ^{2}+O(z^{2})\\\end{aligned}}} lim z → 0 d d z ( 1 z + ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 ) = − 1 z 2 + ∑ n = 1 ∞ 2 z 2 − n 2 − ∑ n = 1 ∞ 4 z 2 ( z 2 − n 2 ) 2 = − 1 z 2 − ∑ n = 1 ∞ 2 n 2 + O ( z 2 ) {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{z\to 0}{\frac {d}{dz}}\left({\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}\right)&=-{\frac {1}{z^{2}}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2}{z^{2}-n^{2}}}-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {4z^{2}}{(z^{2}-n^{2})^{2}}}\\&=-{\frac {1}{z^{2}}}-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2}{n^{2}}}+O(z^{2})\\\end{aligned}}}