三角関数の部分分数展開
三角関数は以下のように部分分数展開できる。
(1)
\begin{align*} \pi\tan\pi x & =-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}-\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2}}\\ & =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+\frac{1}{2}+k} \end{align*}(2)
\begin{align*} \pi\cot\pi x & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}-k^{2}}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+k} \end{align*}(3)
\begin{align*} \frac{\pi}{\sin\pi x} & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x+k}\\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2x}{x^{2}+k^{2}} \end{align*}(4)
\begin{align*} \frac{\pi}{\cos\pi x} & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x+\frac{1}{2}+k}\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(2k+1)}{x^{2}-\left(\frac{1}{2}+k\right)^{2}} \end{align*}2番目の証明は循環論法になってます。
(1)
(2)より、\begin{align*} \pi\tan\pi x & =\pi\frac{\sin\left(\pi x\right)}{\cos\left(\pi x\right)}\\ & =\pi\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}-\pi x\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2}-\pi x\right)}\\ & =\pi\frac{-\cos\left(\frac{\pi}{2}+\pi x\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\pi x\right)}\\ & =\pi\frac{-\cos\left(\left(\frac{1}{2}+x\right)\pi\right)}{\sin\left(\left(\frac{1}{2}+x\right)\pi\right)}\\ & =-\pi\tan^{-1}\left(\left(\frac{1}{2}+x\right)\pi\right)\\ & =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\frac{1}{2}+x+k} \end{align*}
(1)-2
\begin{align*} \pi\tan\pi x & =-\frac{d}{dx}\log\left(\cos\pi x\right)\\ & =-\frac{d}{dx}\log\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^{2}}{\left(k-\frac{1}{2}\right)^{2}}\right)\\ & =-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{d}{dx}\log\left(1-\frac{x^{2}}{\left(k-\frac{1}{2}\right)^{2}}\right)\\ & =-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}-\left(k-\frac{1}{2}\right)^{2}}\\ & =-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}-\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2}}\tag{*}\\ & =-\sum_{k=0}^{\infty}\left\{ \frac{1}{x-\left(k+\frac{1}{2}\right)}+\frac{1}{x+\left(k+\frac{1}{2}\right)}\right\} \\ & =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+\frac{1}{2}+k} \end{align*}(2)
\(\frac{1}{a+x}\)をフーリエ変換すると、\begin{align*} \mathcal{F}_{x}\left[\frac{1}{a+x}\right]\left(\xi\right) & =e^{2\pi i\xi a}\mathcal{F}_{x}\left[\frac{1}{x}\right]\left(\xi\right)\\ & =e^{2\pi i\xi a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi\right)\right)\\ & =-i\pi e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right) \end{align*} となるのでポアソン和公式より、
\[ \sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{1}{a+x}=-i\pi\sum_{\xi=-\infty}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right) \] となる。
右辺は
\begin{align*} -i\pi\sum_{\xi=-\infty}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right) & =-i\pi\left(\sum_{\xi=-\infty}^{-1}e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right)+0+\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right)\right)\\ & =-i\pi\left(-\sum_{\xi=-\infty}^{-1}e^{2\pi i\xi a}+\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\right)\\ & =-i\pi\left(-\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{-2\pi i\xi a}+\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\right)\\ & =-i\pi\left(-\frac{e^{-2\pi ia}}{1-e^{-2\pi ia}}+\frac{e^{2\pi ia}}{1-e^{2\pi ia}}\right)\\ & =-i\pi\left(-\frac{e^{-\pi ia}}{e^{\pi ia}-e^{-\pi ia}}+\frac{e^{\pi ia}}{e^{-\pi ia}-e^{\pi ia}}\right)\\ & =-i\pi\cdot\frac{-e^{-\pi ia}-e^{\pi ia}}{e^{\pi ia}-e^{-\pi ia}}\\ & =i\pi\cdot\frac{e^{\pi ia}+e^{-\pi ia}}{e^{\pi ia}-e^{-\pi ia}}\\ & =\pi\frac{\cos\left(a\pi\right)}{\sin\left(a\pi\right)}\\ & =\pi\tan^{-1}\left(a\pi\right) \end{align*} となるので、
\begin{align*} \sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{1}{a+x} & =-i\pi\sum_{\xi=-\infty}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\sgn\left(\xi\right)\\ & =\pi\tan^{-1}\left(a\pi\right) \end{align*} となる。
(2)-2
\begin{align*} \pi\cot\pi x & =\frac{d}{dx}\log\left(\sin\pi x\right)\\ & =\frac{d}{dx}\log\left\{ \pi x\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^{2}}{k^{2}}\right)\right\} \\ & =\frac{d}{dx}\log\pi x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{d}{dx}\log\left(1-\frac{x^{2}}{k^{2}}\right)\\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}-k^{2}}\tag{*}\\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{x-k}+\frac{1}{x+k}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+k} \end{align*}(3)
\(\frac{e^{i\pi x}}{a+x}\)をフーリエ変換すると、\begin{align*} \mathcal{F}_{x}\left[\frac{e^{i\pi x}}{a+x}\right]\left(\xi\right) & =\mathcal{F}_{x}\left[\frac{e^{2i\pi\left(\frac{1}{2}\right)x}}{a+x}\right]\left(\xi\right)\\ & =\mathcal{F}_{x}\left[\frac{1}{a+x}\right]\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\\ & =e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\mathcal{F}_{x}\left[\frac{1}{x}\right]\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\\ & =e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\right) \end{align*} となるのでポアソン和公式より、
\[ \sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x}}{a+x}=\sum_{\xi=-\infty}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\right) \] となる。
左辺は
\begin{align*} \sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x}}{a+x} & =\sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{\left(e^{i\pi}\right)^{x}}{a+x}\\ & =\sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{x}}{a+x} \end{align*} となり、右辺は
\begin{align*} \sum_{\xi=-\infty}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\right) & =\sum_{\xi=-\infty}^{0}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\right)+\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\left(-i\pi\sgn\left(\xi-\frac{1}{2}\right)\right)\\ & =i\pi\sum_{\xi=-\infty}^{0}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}-i\pi\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\\ & =i\pi\sum_{\xi=-\infty}^{-1}e^{2\pi i\left(\xi+\frac{1}{2}\right)a}-i\pi\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\\ & =i\pi\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\left(-\xi+\frac{1}{2}\right)a}-i\pi\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\left(\xi-\frac{1}{2}\right)a}\\ & =i\pi e^{i\pi a}\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{-2\pi i\xi a}-i\pi e^{-i\pi a}\sum_{\xi=1}^{\infty}e^{2\pi i\xi a}\\ & =i\pi e^{i\pi a}\frac{e^{-2\pi ia}}{1-e^{-2\pi ia}}-i\pi e^{-i\pi a}\frac{e^{2\pi ia}}{1-e^{2\pi ia}}\\ & =i\pi\frac{e^{-\pi ia}}{1-e^{-2\pi ia}}-i\pi\frac{e^{\pi ia}}{1-e^{2\pi ia}}\\ & =i\pi\frac{1}{e^{\pi ia}-e^{-\pi ia}}-i\pi\frac{1}{e^{-\pi ia}-e^{\pi ia}}\\ & =i\pi\frac{1}{2i\sin\left(a\pi\right)}+i\pi\frac{1}{2i\sin\left(a\pi\right)}\\ & =\frac{\pi}{\sin\left(a\pi\right)} \end{align*} となる。
従って、
\[ \sum_{x=-\infty}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{x}}{a+x}=\frac{\pi}{\sin\left(a\pi\right)} \] となる。
(3)-2
\begin{align*} \frac{\pi}{\sin\pi x} & =\frac{\pi\left(\sin^{2}\frac{\pi x}{2}+\cos^{2}\frac{\pi x}{2}\right)}{2\sin\frac{\pi x}{2}\cos\frac{\pi x}{2}}\\ & =\frac{\pi}{2}\cot\frac{\pi x}{2}+\frac{\pi}{2}\tan\frac{\pi x}{2}\\ & =\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{2}{x+2k}-\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{2}{x+1+2i}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x+i}\tag{*}\\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\left\{ \frac{(-1)^{k}}{x+i}+\frac{(-1)^{-k}}{x-i}\right\} \\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2x}{x^{2}+i^{2}} \end{align*}(4)
(3)より、\begin{align*} \frac{\pi}{\cos\pi x} & =\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{2}-\pi x\right)}\\ & =\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\pi x\right)}\\ & =\frac{\pi}{\sin\left(\left(\frac{1}{2}+x\right)\pi\right)}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\frac{1}{2}+x+k} \end{align*} となるので与式は成り立つ。
(4)-2
\begin{align*} \frac{\pi}{\cos\pi x} & =\frac{\pi}{\sin\pi\left(x+\frac{1}{2}\right)}\\ & =\sum_{i=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x+\frac{1}{2}+k}\tag{*}\\ & =\frac{1}{x+\frac{1}{2}}+\sum_{k=1}^{\infty}\left\{ \frac{(-1)^{k}}{x+\frac{1}{2}+k}+\frac{(-1)^{-k}}{x+\frac{1}{2}-k}\right\} \\ & =\sum_{k=1}^{\infty}\left\{ \frac{(-1)^{k-1}}{x-\frac{1}{2}+k}+\frac{(-1)^{-k}}{x+\frac{1}{2}-k}\right\} \\ & =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}(2k-1)}{x^{2}-\left(\frac{1}{2}-k\right)^{2}}\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(2k+1)}{x^{2}-\left(\frac{1}{2}+k\right)^{2}} \end{align*}1つ証明出来ればもう一つは以下を使って簡単に証明できる。
\begin{align*} \text{・} & \tan x=-\cot\left(x+\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \cot x=-\tan\left(x-\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \sin x=\cos\left(x-\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \cos x=\sin\left(x+\frac{1}{2}\right) \end{align*}
\begin{align*} \text{・} & \tan x=-\cot\left(x+\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \cot x=-\tan\left(x-\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \sin x=\cos\left(x-\frac{1}{2}\right)\\ \text{・} & \cos x=\sin\left(x+\frac{1}{2}\right) \end{align*}
双曲線関数は以下のように部分分数展開できる。
(1)
\begin{align*} \pi\tanh\pi x & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}+\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2}}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x-\left(\frac{1}{2}+k\right)i} \end{align*}(2)
\begin{align*} \pi\coth\pi x & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}+k^{2}}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x-ki} \end{align*}(3)
\begin{align*} \frac{\pi}{\sinh\pi x} & =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x-ki}\\ & =-\frac{1}{x}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2x}{x^{2}-k^{2}} \end{align*}(4)
\begin{align*} \frac{\pi}{\cosh\pi x} & =-i\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x-\left(\frac{1}{2}+k\right)i}\\ & =-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(2k+1)}{x^{2}+\left(\frac{1}{2}+k\right)^{2}} \end{align*}(1)
\begin{align*} \pi\tanh\pi x & =-i\pi\tan(ix\pi)\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}+\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2}}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x-\left(\frac{1}{2}+k\right)i} \end{align*}(2)
\begin{align*} \pi\coth\pi x & =i\pi\coth(ix\pi)\\ & =\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2x}{x^{2}+k^{2}}\\ & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x-ki} \end{align*}(3)
\begin{align*} \frac{\pi}{\sinh\pi x} & =\frac{\pi}{-i\sin(i\pi x)}\\ & =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x-ki}\\ & =-\frac{1}{x}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2x}{x^{2}-k^{2}} \end{align*}(4)
\begin{align*} \frac{\pi}{\cosh\pi x} & =\frac{\pi}{\cos(i\pi x)}\\ & =-i\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{x-\left(\frac{1}{2}+k\right)i}\\ & =-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(2k+1)}{x^{2}+\left(\frac{1}{2}+k\right)^{2}} \end{align*}ページ情報
| タイトル | 三角関数の部分分数展開 |
| URL | https://www.nomuramath.com/c9hrmzpj/ |
| SNSボタン |
逆三角関数と逆双曲線関数の関係
\[
\Sin^{\bullet}\left(iz\right)=i\Sinh^{\bullet}z
\]
偏角の三角関数
\[
\sin\Arg z=\frac{\Im z}{\left|z\right|}
\]
逆三角関数と逆双曲線関数の積分表示
\[
\sin^{\bullet}x=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt
\]
逆三角関数と逆双曲線関数の級数表示
\[
\sin^{\bullet}x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{C\left(2k,k\right)}{4^{k}(2k+1)}x^{2k+1}\qquad,(|x|\leq1)
\]