삼각함수의 부분 분수 전개

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수학에 있고, 삼각함수는 이하와 같이 부분 분수에 전개된다.

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

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

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

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

증명

처음에 코탄젠트 함수의 부분 분수 전개에 대해 나타내 보인다.그 때문에(위해)

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

(으)로서 항등적으로${\displaystyle f(z)=0}$ 인 것을 확인한다.${\displaystyle z\to 0}$ 의 극한에 대해

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

이기 때문에${\displaystyle f(0)}$ 의 극은 제거되어${\displaystyle f(z+1)=f(z)}$ 이기 때문에 실축상에 줄선 다른 극히도 제거된다.따라서,${\displaystyle f(z)}$ 하${\displaystyle |\Im {z}|<\infty }$ 에 두고 유계이다.${\displaystyle z=x+iy}$ (와)과 쓰기

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

${\displaystyle |x|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}<|y|}$ (을)를 가정하면

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

${\displaystyle \tan \theta ={\frac {n}{\sqrt {|y|^{2}-{\frac {1}{4}}}}}}$ 의 치환에 의해

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

되기 때문에,${\displaystyle f(z)}$ 하${\displaystyle |\Re {z}|\leq \textstyle {\frac {1}{2}}}$ 에 두고 유계이지만,${\displaystyle f(z+1)=f(z)}$ 이기 때문에 복소헤이면전체에 대해도 유계이다.따라서, 리우비르의 정리에 의해${\displaystyle f(z)=f(0)=0}$ 이다.

다른 함수에 대해서는

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

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

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

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

원주율의 공식

코탄젠트 함수의 부분 분수 전개의 양변을 미분 해 비교하는 것으로써

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

하지만 이끌린다.（→바젤 문제）

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

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

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