三角関数の部分分数展開

テンプレート:出典の明記 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。

$\pi \cot \pi z=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{1}{z+n}=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2}$

$\pi \tan \pi z=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{-1}{z+\frac{1}{2}+n}=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-{(n+\frac{1}{2})}^2}$

$\frac{\pi }{\sin \pi z}=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{(-1{)}^n}{z+n}=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n}2z}{z^2-n^2}$

$\frac{\pi }{\cos \pi z}=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{(-1{)}^n}{z+\frac{1}{2}+n}=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n(2n+1)}{z^2-{(n+\frac{1}{2})}^2}$

証明

無限積を用いた証明

$\sin \pi z=\pi z(1-z^2)(1-z^2/4)(1-z^2/9)..$

より

$\ln \sin \pi z=\ln \pi +\ln (1-z^2)+\ln (1-z^2/4)+\ln (1-z^2/9)+..$

両辺を微分し

$\pi \frac{\cos \pi z}{\sin \pi z}=\frac{1}{z}-\frac{2z}{1-z^2}-\frac{2z/4}{1-z^2/4}-\frac{2z/9}{1-z^2/9}-..$

これより

$\pi \cot \pi z=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2}$

が得られる。また

$\frac{1}{\sin \pi z}+\cot \pi z=\cot (\pi z/2)$

より

$\frac{\pi }{\sin \pi z}=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n}2z}{z^2-n^2}$

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、

$f(z)=\pi \cot \pi z-(\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2})$

として、恒等的に$f(z)=0$であることを確かめる。$z\to 0$の極限において

$\pi \cot \pi z=\pi \frac{\cos \pi z}{\sin \pi z}=\pi \frac{1+𝒪(z^2)}{\pi z+𝒪(z^3)}=\frac{1}{z}+𝒪(z)$

であるから$f(0)$の極は除去され、$f(z+1)=f(z)$であるから実軸上に並ぶ他の極も除去される。従って、$f(z)$は$|\mathrm{\Im }z|<\mathrm{\infty }$において有界である。$z=x+iy$と書き

$\begin{array}{cc}\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }|\pi \cot \pi z|& =\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left|\frac{\cos \pi x\cosh \pi y+i\sin \pi x\sinh \pi y}{\sin \pi x\cosh \pi y+i\cos \pi x\sinh \pi y}\right|\\ & \le \underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left|\frac{\cos \pi x\cosh \pi y+i\sin \pi x\cosh \pi y}{\sin \pi x\sinh \pi y+i\cos \pi x\sinh \pi y}\right|\\ & =\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left|\frac{\cos \pi x+i\sin \pi x}{\sin \pi x+i\cos \pi x}\right|\\ & =1\\ \end{array}$

$|x|\le \frac{1}{2}<|y|$を仮定すれば

$\begin{array}{cc}\left|\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2}\right|& \le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{2(x+iy)}{x^2-y^2+2ixy-n^2}\right|\\ & \le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{1+2|y|}{n^2+|y{|}^2-\frac{1}{4}}\right|\\ & \le \underset{n=0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left|\frac{1+2|y|}{n^2+|y{|}^2-\frac{1}{4}}\right|dn\\ \end{array}$

$\tan \theta =\frac{n}{\sqrt{|y{|}^2-\frac{1}{4}}}$の置換により

$\left|\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2}\right|\le \frac{1+2|y|}{\sqrt{|y{|}^2-\frac{1}{4}}}\cdot \frac{\pi }{2}$

となるから、$f(z)$は$|\mathrm{\Re }z|\le \frac{1}{2}$において有界であるが、$f(z+1)=f(z)$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$f(z)=f(0)=0$である。

他の関数については

$\begin{array}{cc}\pi \tan \pi z& =-\pi \cot \pi (z+\frac{1}{2})\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{-1}{z+\frac{1}{2}+n}=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-{(n+\frac{1}{2})}^2}\\ \end{array}$

$\cot \theta +\tan \theta =\frac{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }{\sin \theta \cos \theta }=\frac{2}{\sin 2\theta }$

$\begin{array}{cc}\frac{\pi }{\sin \pi z}& =\frac{1}{2}\cot \frac{\theta }{2}+\frac{1}{2}\tan \frac{\theta }{2}\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{2}\sum _{n=-N}^N\frac{2}{z+2n}-\frac{1}{2}\sum _{n=-N}^N\frac{2}{z+2n+1}\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{(-1{)}^n}{z+n}=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n}2z}{z^2-n^2}\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}\frac{\pi }{\cos \pi z}& =\frac{\pi }{\sin \pi (z+\frac{1}{2})}\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{(-1{)}^n}{z+\frac{1}{2}+n}=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n(2n+1)}{z^2-{(n+\frac{1}{2})}^2}\\ \end{array}$

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

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$

が導かれる。（→バーゼル問題）

$\begin{array}{cc}\underset{z\to 0}{\lim }\frac{d}{dz}\pi \cot \pi z& =-\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2\pi z}\\ & =-\frac{{\pi }^2}{{(\pi z-\frac{1}{6}(\pi z{)}^3+O(z^5))}^2}\\ & =-\frac{{\pi }^2}{(\pi z{)}^2-\frac{1}{3}(\pi z{)}^4+O(z^6)}\\ & =-\frac{1}{z^2}-\frac{1}{3}{\pi }^2+O(z^2)\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}\underset{z\to 0}{\lim }\frac{d}{dz}(\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-n^2})& =-\frac{1}{z^2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{z^2-n^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4z^2}{(z^2-n^2{)}^2}\\ & =-\frac{1}{z^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{n^2}+O(z^2)\\ \end{array}$