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。

[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

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}|\lt \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}\lt |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]