三角関数の部分分数分解

証明の前半は重積分を用いたバーゼル問題の美しい証明 でも述べた式変形。

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} &= \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2k+1)^2} + \sum_{m=1}^{\infty} \dfrac{1}{(2m)^2}\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2k+1)^2} + \dfrac{1}{4} \sum_{m=1}^{\infty} \dfrac{1}{m^2} \end{aligned}$$ と変形することで $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{4}{3} \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2k+1)^2}$$ がわかる。よって， $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{(2k-1)^2} = \dfrac{\pi^2}{8}$$ を示せば OK。これは，$\sin$ の公式： $$\dfrac{\pi^2}{\sin^2 \pi z} = \sum_{n = - \infty}^{\infty} \dfrac{1}{(z-n)^2}$$ に $z = \dfrac{1}{2}$ を代入するだけ。

左辺は $\dfrac{\pi^2}{\sin^2 \dfrac{\pi}{2}} = \pi^2$

右辺の各項は $$\dfrac{1}{\left( \frac{1}{2} - n \right)^2} = \dfrac{4}{(2n-1)^2}$$ よって $$\begin{aligned} \sum_{n = -\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\left( \frac{1}{2} - n \right)^2} &= 4 \sum_{n = -\infty}^{\infty} \dfrac{1}{(2n-1)^2}\\ &= 8 \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(2n-1)^2} \end{aligned}$$

$\cot$ の公式に $z = i$ を代入する。

左辺はオイラーの公式 より， $$\begin{aligned} \pi \cot \pi i &= \pi \dfrac{\cos \pi i}{\sin \pi i}\\ &= \pi i \dfrac{e^{i \cdot (\pi i)} + e^{-i \cdot (\pi i)}}{e^{i \cdot (\pi i)} - e^{-i \cdot (\pi i)}}\\ &= -i \pi \dfrac{e^{\pi} + e^{-\pi}}{e^{\pi} - e^{-\pi}} \end{aligned}$$

右辺は $$\begin{aligned} \dfrac{1}{i} + \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{2i}{-1 - n^2} &= -\left( 1 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2+1} \right) i \end{aligned}$$

よって $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2+1} = \dfrac{\pi}{2} \dfrac{e^{\pi} + e^{-\pi}}{e^{\pi} - e^{-\pi}} - \dfrac{1}{2}$$

双曲線関数 を用いると $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2+1} = \dfrac{\pi}{2 \tanh \pi} - \dfrac{1}{2}$$ と表せる。

ステップ1

まず $F(z)$ に現れる無限級数が（広義一様）収束することを確認する。$|z| \leqq N$ において $$\begin{aligned} \sum_{|n| > N} \dfrac{1}{|z+n|^2} &\leqq \sum_{|n| > N} \dfrac{1}{|N+n|^2}\\ &\leqq 2\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} < \infty \end{aligned}$$ より ワイエルシュトラスのM判定法 から収束する。

$\sin \pi z$ は $z = n$（$n$ は整数）を零点とするため，$f(z)$ は $z=n$ で2位の極を持つ。よって $F$ の極の候補は $z=n$ のみである。→ $z=n$ での正則性を示せば十分である。

特に $$\dfrac{\sin \pi z}{\pi} = z + z^3 \phi (z)$$ （$\phi$ は $\phi (0) \neq 0$ となる正則関数）と表されるため $$f(z) = \dfrac{1}{z^2} (1+z^2 \phi (z))^{-2} = \dfrac{1}{z^2} + \psi (z)$$ （$\psi$ は正則関数）と表される。

よって $f(z)$ を $z=0$ 近傍で ローラン展開 したときの主要部は $\dfrac{1}{z^2}$ である。ゆえに（主要部同士が打ち消し合い） $\displaystyle F(z) = f(z) - \sum \dfrac{1}{(z-n)^2}$ は $z=0$ で正則になる。

周期性より $z=n$ で $F(z)$ は正則である。こうして $F$ は整関数である。

以下 $z = x+yi$（$x,y$ は実数） と表す。

ステップ2-1：$\displaystyle \lim_{|y| \to \infty} f(x+yi)$ は $0$ に（一様）収束することを示す。

$$\begin{aligned} &|2 \sin \pi (x+iy)|\\ &= |e^{\pi i (x+yi)} - e^{-\pi i (x+yi)}|\\ &\geqq |e^{-\pi} - e^{\pi y}| \end{aligned}$$ であるため $$|f(x+yi)| \leqq \dfrac{\pi^2}{2^2} \dfrac{1}{|e^{-\pi y} - e^{\pi y}|^2}$$ となる。よって $|y| \to \infty$ とすると $f(x+yi)$ は $0$ に収束する。

ステップ2-2：$0 \leqq x \leqq 1$ において，$\displaystyle \sum |x+yi-n|^2$ は $0$ に（一様）収束することを示す。

$\varepsilon > 0$ を任意に取る。

$\displaystyle \sum_{n \neq 0} \dfrac{1}{|x-n|^2} < \infty$ であるため，ある自然数 $N$ があって $$\sum_{|n| > N} \dfrac{1}{|x+yi-n|^2} \leqq \sum_{|n| > N} \dfrac{1}{|x-n|^2} < \dfrac{1}{2} \varepsilon$$ とできる。

次に $|n| < N$ において，$|y| > \delta$ とすると $$\sum_{|n| \leqq N} \dfrac{1}{|x+yi-n|^2} < \dfrac{2N+1}{\delta^2}$$ とできるため，$\delta$ を十分大きくとると $$\sum_{|n| \leqq N} \dfrac{1}{|x+yi-n|^2} < \dfrac{1}{2} \varepsilon$$ とできる。

以上より，任意の $\varepsilon > 0$ に対して，十分大きな $\delta$ を取ると，$|y| > \delta$ で $$\sum_{n \in \mathbb{Z} , n \neq 0} \dfrac{1}{|x+yi-n|^2} < \varepsilon$$ となる。こうして示された。

ステップ3

ステップ 2 より $F(x+yi)$ は $0 \leqq x \leqq 1, y \in \mathbb{R}$ で有界である。

$F(z)$ の周期性より，これは任意の実数 $x$ 上に拡張できる。

よって $F(z)$ は複素平面全体で有界である。リュービルの定理 より $F (z)$ は定数関数である。

$F(0) = 0$ であるため，特に $F(z)$ は恒等的に $0$ である。

ステップ1

まずは級数が広義一様収束する（$|z| \leqq N$ で一様収束する）ことを確認する。

$|z| \leqq N$ で各項が $\dfrac{1}{n^2}$ で抑えることができることから，ワイエルシュトラスのM判定法より，一様収束することが従う。

$\cot \pi z$ の極は $z = n$ で，それぞれ一位の極を持つ。$\sin$ のときと同様に，主要部は $$\dfrac{2z}{z^2 - n^2} = \dfrac{1}{z - n} + \dfrac{1}{z + n}$$ と打ち消し合うため，$g(z)$ は $z = n$ で正則である。

こうして整関数であることが従う。

ステップ2

級数部分は（広義）一様収束するため，項別微分できる。また $$(\cot \pi z)' = \left( \dfrac{\cos \pi z}{\sin \pi z} \right)' = - \dfrac{\pi}{\sin^2 \pi z}$$ である。

よって $$\begin{aligned} g'(z) &= - \dfrac{\pi^2}{\sin^2 \pi z}- \dfrac{1}{z^2} - \sum_{n \neq 0} \dfrac{1}{(z-n)^2} \end{aligned}$$ である。$\sin$ の部分分数分解より $g'(z) = 0$ である。

ステップ3

$g'(z) = 0$ より，$g(z)$ は定数関数 $C$ である。

さて，$\cot$ と $\dfrac{2z}{z^2 - n^2}$ は奇関数であるため，$g$ も奇関数である。

よって $C = 0$ となる。