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。

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

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

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

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

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

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

が得られる。また

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

より

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

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、

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

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

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

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$|\Im {z}|<\infty$において有界である。$z=x+iy$と書き

${\begin{aligned}\lim _{y\to \infty }\left|\pi \cot {{\pi }z}\right|&=\lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\sin {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}{\sin {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\cos {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}}\right|\\&\leq \lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}+i\sin {{\pi }x}\cosh {{\pi }y}}{\sin {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}+i\cos {{\pi }x}\sinh {{\pi }y}}}\right|\\&=\lim _{y\to \infty }\left|{\frac {\cos {\pi }x+i\sin {\pi }x}{\sin {\pi }x+i\cos {\pi }x}}\right|\\&=1\\\end{aligned}}$

$|x|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}<|y|$を仮定すれば

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

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

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

となるから、$f(z)$は$|\Re {z}|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}$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

${\begin{aligned}\pi \tan {{\pi }z}&=-\pi \cot {{\pi }\left(z+\textstyle {\frac {1}{2}}\right)}\\&=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=-N}^{N}{\frac {-1}{z+\textstyle {\frac {1}{2}}+n}}=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-\left(n+\textstyle {\frac {1}{2}}\right)^{2}}}\\\end{aligned}}$

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

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

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

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

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

が導かれる。（→バーゼル問題）

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

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