三角関数の部分分数展開のソースを表示

{{出典の明記|date=2015年7月}}
数学において、[[三角関数]]は以下のように[[部分分数分解|部分分数に展開]]される。
:<math>\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}</math>
:<math>\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}</math>
:<math>\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}</math>
:<math>\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}</math>

== 証明 ==

=== 無限積を用いた証明 ===
<math>\sin \pi z = \pi z (1-z^2)(1-z^2/4)(1-z^2/9)~..</math>

より

<math>\ln \sin \pi z = \ln \pi + \ln(1-z^2) + \ln (1-z^2/4) + \ln (1-z^2/9) + ~..</math>

両辺を微分し

<math>\pi \frac{\cos \pi z}{\sin \pi z} = \frac{1}{z} - \frac{2z}{1-z^2} - \frac{2z/4}{1-z^2/4} - \frac{2z/9}{1-z^2/9} - ~..</math>

これより

<math>\pi \cot \pi z = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}
</math>

が得られる。また

<math>\frac{1}{\sin \pi z} + \cot \pi z = \cot (\pi z/2)</math>

より

<math>\frac{\pi}{\sin{\pi}z}=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2z}{z^2-n^2}</math>

が得られる。

=== リウヴィルの定理を用いた証明 ===
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、
:<math>f(z)=\pi\cot{{\pi}z}-\left(\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{2z}{z^2-n^2}}\right)</math>
として、恒等的に<math>f(z)=0</math>であることを確かめる。<math>z\to0</math>の極限において
:<math>\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)</math>
であるから<math>f(0)</math>の[[特異点 (数学)|極]]は除去され、<math>f(z+1)=f(z)</math>であるから実軸上に並ぶ他の極も除去される。従って、<math>f(z)</math>は<math>|\image{z}|<\infty</math>において[[有界]]である。<math>z=x+iy</math>と書き
:<math>\begin{align}\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|\\
&\le\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{align}</math>
<math>|x|\le\textstyle\frac{1}{2}<|y|</math>を仮定すれば
:<math>\begin{align}\left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2-n^2}\right|
&\le\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{2(x+iy)}{x^2-y^2+2ixy-n^2}\right|\\
&\le\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{1+2|y|}{n^2+|y|^2-\frac{1}{4}}\right|\\
&\le\int_{n=0}^{\infty}\left|\frac{1+2|y|}{n^2+|y|^2-\frac{1}{4}}\right|dn\\
\end{align}</math>
<math>\tan\theta=\frac{n}{\sqrt{|y|^2-\frac{1}{4}}}</math>の置換により
:<math>\left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2-n^2}\right|\le\frac{1+2|y|}{\sqrt{|y|^2-\frac{1}{4}}}\cdot\frac{\pi}{2}</math>
となるから、<math>f(z)</math>は<math>|\real{z}|\le\textstyle\frac{1}{2}</math>において有界であるが、<math>f(z+1)=f(z)</math>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 (解析学)|リウヴィルの定理]]により<math>f(z)=f(0)=0</math>である。

他の関数については
:<math>\begin{align}\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{align}</math>
:<math>\cot\theta+\tan\theta=\frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\sin\theta\cos\theta}=\frac{2}{\sin2\theta}</math>
:<math>\begin{align}\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{align}</math>
:<math>\begin{align}\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{align}</math>

== 円周率の公式 ==
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
:<math>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}</math>
が導かれる。（→[[バーゼル問題]]）
:<math>\begin{align}\lim_{z\to0}\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{align}</math>
:<math>\begin{align}\lim_{z\to0}\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{align}</math>

== 出典 ==
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== 注釈 ==
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== 関連項目 ==

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[[Category:解析学]]
[[Category:数学に関する記事]]