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coth xの部分分数展開とsinh xの因数分解公式の初等的証明

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{ep}[0]{\epsilon} \newcommand{eq}[0]{\equiv} \newcommand{even}[0]{\mathrm{even}} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\mathrm{Gal}} \newcommand{id}[0]{\mathrm{id}} \newcommand{Im}[0]{\mathrm{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\mathrm{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{lra}[0]{\leftrightarrow} \newcommand{m}[1]{\pmod{#1}} \newcommand{ndiv}[0]{\nmid} \newcommand{O}[0]{\mathcal{O}} \newcommand{o}[0]{\omega} \newcommand{odd}[0]{\mathrm{odd}} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\mathrm{ord}} \newcommand{prime}[0]{\mathrm{prime}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\rho} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\mathrm{Re}} \newcommand{resp}[0]{\mathrm{resp}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{t}[0]{\tau} \newcommand{th}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{x}[0]{\chi} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/{#1}\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/{#1}\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事では双曲線余接関数$\coth x$の部分分数展開の"初等的"かつ"厳密"な証明を余談を交えつつ紹介します。
 まず$\coth x$およびその部分分数展開公式とは次のようなもののことを言います。

双曲線余接関数の部分分数展開

$$\coth x :=\frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}} =\frac1x+\sum^\infty_{k=1}\frac{2x}{\pi^2k^2+x^2}$$
が成り立つ。

 ちなみに$\coth x$の部分分数展開と同様にして双曲線関数の因数分解公式を得ることができます。
$$\sinh x:=\frac{e^x-e^{-x}}2=x\prod^\infty_{k=1}\l(1+\frac{x^2}{\pi^2 k^2}\r)$$
つまりこれも"初等的に"証明できるわけです。
 そもそも因数分解公式や部分分数展開というのは複素解析の手法を使えば アダマールの因数分解定理の記事 ミッタク=レフラーの部分分数展開定理の記事 で紹介したように容易に示すことができるのです。そこをあえて初等的に示すというのですからその"初等的"の程度としては高校数学(数Ⅲまで)の範囲内の知識を想定することになります。つまり複素解析は使わなければ、$\e$-$\delta$論法も使いませんし、もちろんルベーグ積分も使いません。
 そんな初等的な導出を以下で示していきます。

余談1

 私が初等的証明を発見したのは、複素解析、ひいてはリーマンゼータ関数の勉強(独学)をしていたときどうしても三角関数の因数分解公式の納得のいく証明が見つからなくてあちこちのサイトを漁っていた時のことでした。というのもWikipediaではなんかやたらややこしいことをしているし、ワイエルシュトラスの因数分解定理では不十分だし、ミッタク=レフラーの定理でも不十分だし、初等的証明の数々もヒューリスティックであったり極限の取り方に厳密性が無かったり(後述)となかなか難儀していました。
 そんなときようやくあるサイト(URL紛失)に行きつき、それなりに納得のいく手法を得ることができました。

$x^n-y^n$の因数分解

$$e^t=\lim_{n\to\infty}\l(1+\frac{t}{n}\r)^n$$
であったことを思い出すと$\coth t$に収束する数列
$$\frac{\l(1+\frac{t}{n}\r)^{n-1}+\l(1-\frac{t}{n}\r)^{n-1}}{\l(1+\frac{t}{n}\r)^n-\l(1-\frac{t}{n}\r)^n}$$
が部分分数分解できればいい感じになることが予想されます。
 そこでまず$x^n-y^n$の因数分解を考えていきましょう。以下、$n$を奇数とし$n=2m+1$とおきます。

$$x^n-y^n=(x-y)\prod^m_{k=1}(x^2-2xy\cos\frac{2\pi k}{n}+y^2)$$
と因数分解できる。

 方程式$x^n-y^n=0$の解は
\begin{align} \frac xy&=\z_n^k\quad(k=-m,\ldots,-1,0,1,\ldots,m)\\ \bigg(\z_n&=\cos\frac{2\pi}n+i\sin\frac{2\pi}n\bigg) \end{align}
$n$個で尽くされるので
\begin{eqnarray} x^n-y^n&=&(x-y)\prod^m_{k=1}(x-\z_n^ky)(x-\z_n^{-k}y) \\&=&(x-y)\prod^m_{k=1}(x^2-(\z_n^k+\z_n^{-k})xy+y^2) \\&=&(x-y)\prod^m_{k=1}(x^2-2xy\cos\frac{2\pi k}{n}+y^2) \end{eqnarray}
と因数分解できることがわかる。

$$\frac{(1+t)^{n-1}+(1-t)^{n-1}}{(1+t)^n-(1-t)^n} =\farc{1}{nt}+\sum^m_{k=1}\frac{2nt}{n^2\tan^2\frac{2\pi k}{n}+n^2t^2}$$
と部分分数分解できる。

 $x=1+t,\;y=1-t$とおくと
\begin{eqnarray} &&x^2-2xy\cos\frac{2\pi k}{n}+y^2 \\&=&(1+t)^2+2(1+t)(1-t)\cos\frac{2\pi k}{n}+(1-t)^2 \\&=&2\l((1+t^2)-(1-t^2)\cos\frac{2\pi k}{n}\r) \\&=&2\l((1-\cos\frac{2\pi k}{n})+t^2(1+\cos\frac{2\pi k}{n})\r) \\&=&4\cos^2\frac{\pi k}{n}\l(\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2\r) \end{eqnarray}
つまり
$$(1+t)^n-(1-t)^n =2t\prod^m_{k=1}4\cos^2\frac{\pi k}{n}\l(\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2\r)$$
が成り立つので、これを対数微分すると
$$n\frac{(1+t)^{n-1}+(1-t)^{n-1}}{(1+t)^n-(1-t)^n}=\farc{1}{t}+\sum^m_{k=1}\frac{2t}{\tan^2\frac{2\pi k}{n}+t^2}$$
となり、これを$n$で割ることで主張を得る。

 ちなみに
\begin{alignat}{3} &(1+t)^n-(1-t)^n&&=(1+nt+\cdots)-(1-nt+\cdots) \\={}&2t\prod^m_{k=1}4\sin^2\frac{\pi k}{n}(1+\cot^2\frac{\pi k}{n}t^2) &&=2t\prod^m_{k=1}4\sin^2\frac{\pi k}{n}+\cdots \end{alignat}
より$t^1$の係数を比較することで
$$(1+t)^n-(1-t)^n=2nt\prod^m_{k=1}\l(1+t^2\cot^2\frac{\pi k}{n}\r)$$
が成り立ちます。

 補題3において$t\mapsto\frac{t}{n}$とすると
$$\frac{\l(1+\frac{t}{n}\r)^{n-1}+\l(1-\frac{t}{n}\r)^{n-1}}{\l(1+\frac{t}{n}\r)^n-\l(1-\frac{t}{n}\r)^n}=\frac1t+\sum^m_{k=1}\frac{2t}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}$$
を得る。この$m\to\infty$極限を取ることで
$$\dis\frac{e^t+e^{-t}}{e^t-e^{-t}}=\coth t=\frac1t+\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\frac{2t}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}$$
がわかるが...

余談2

一つの落とし穴

 ここで
$$\lim_{n\to\infty}n\tan\frac{\pi k}{n}=\pi k$$
だから
$$\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\frac{2t}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}=\sum^\infty_{k=1}\frac{2t}{\pi^2k^2+t^2}$$
でいいじゃないか、と言いたいところだがこれだと厳密性に欠けてしまう。
 というのも
$$f_m(k)=\l\{\begin{array}{cl}\dis\frac{1}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}&k\leq m\\0&k>m\end{array}\r.$$
とおくと上の操作は
$$\lim_{m\to\infty}\sum^\infty_{k=1}f_m(k)=\sum^\infty_{k=1}\lim_{m\to\infty}f_m(k)$$
のように総和$\sum$と極限$\lim$を交換する操作になっており、これを気軽に交換するのはおおよそルベーグ積分の範疇になってしまう。
 どうしてこのような操作を気軽に行ってはいけないのかというと例えば
\begin{align} \lim_{n\to\infty}\sum^n_{k=1}\frac{k}{n^2}&=\lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac12\\ \sum^\infty_{k=1}\lim_{n\to\infty}\frac{k}{n^2}&=\sum^\infty_{k=1}0=0 \end{align}
という例があるように一つ一つの項はある値に近づくように見えても足し合わせてみると全く違う挙動を示すことがあるからだ(ほかにもいい例があるかもしれないが私にはこれくらいしか思いつかなかった)。
 余談1で言及したあるサイトというのも含め、初等的証明と銘打たれた記事のことごとくが当然のようにこの操作を行っていてルベーグ積分という武器を手に入れるまでずっともやもやしていた。
 これの一つの解決策として先にも言ったようにルベーグ積分の手法がある。今回有効なのは単調収束定理だろう。

ルベーグ積分の単調収束定理:数列版

 数列$g_n(k),g(k)$が任意の$k,n$に対し
$$0\leq g_n(k)\leq g_{n+1}(k),\quad\lim_{n\to\infty}g_n(k)=g(k)$$
を満たすとき
$$\lim_{n\to\infty}\sum^\infty_{k=1}g_n(k)=\sum^\infty_{k=1}g(k)$$
が成り立つ。

 これを使えば
$$\frac{1}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}\geq0$$
$m$について単調増加であること(これは容易に示せる)から
$$\lim_{m\to\infty}\sum^\infty_{k=1}f_m(k)=\sum^\infty_{k=1}\lim_{m\to\infty}f_m(k)=\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{\pi^2k^2+t^2}$$
を得ることができる。
 ただし最初に言った通りこの記事ではルベーグ積分を使わずに
$$\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\frac{1}{n^2\tan^2\frac{\pi k}{n}+t^2}=\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{\pi^2k^2+t^2}$$
を示すのであった。

証明制作秘話

 ところで複素解析やルベーグ積分という道具があるのにもかかわらずなんでわざわざ初等的証明なんかを考えたのかというと、ある日 高校数学の美しい物語 のTwitterを眺めててこんなツイートを目にしたのがきっかけでした。

 画像で示された式は
$$\sum^\infty_{n=0}\frac1{n^2+a^2}=\frac1{2a^2}\l(1+a\pi\frac{e^{a\pi}+e^{-a\pi}}{e^{a\pi}-e^{-a\pi}}\r)$$
見ての通り$\coth t$の部分分数展開から直ちに得られる公式です。
 三か月間誰も真に初等的で厳密な証明を与えてなかったようだったのでこれは!と思い、総和と極限の交換の部分をどうしようか色々考え始めたわけです。先のツイートに子葉の名でぶら下がっているように単調収束定理の証明をそのまま流用した手法で示したり、やたらややこしい関数の増減や不等式を示す方法を取ったりした結果、最終的に以下の形に落ち着きました。
 ちなみに因数分解から極限を飛ばすというアイデアは余談1で述べたあるサイトのものですが総和と極限の交換についての議論はすべて自力で考えたものになります。

$\dis\frac{1}{n^2x^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2x+t^2}$の評価

 最終的に示したい等式は
$$\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\l(\frac{1}{n^2(\frac{\pi k}{n})^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2(\frac{\pi k}{n})+t^2}\r)=0$$
である。もちろん
$$\lim_{m\to\infty}\l(\frac{1}{n^2(\frac{\pi k}{n})^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2(\frac{\pi k}{n})+t^2}\r)=0$$
なのでこれが$k$によらず$1/m^2$くらいの速さで$0$に収束してくれると嬉しい。
 そして実際以下の不等式を示すことができる。

 実数$t$$\dis0< x<\frac\pi2$に対し
$$0<\frac{1}{n^2x^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2x+t^2}<\frac{2}{3n^2}$$
が成り立つ。

 これを示すために色々と補題を示していく。以下$\dis0< x<\frac\pi2$とする。

$$3(\tan x-x)-x\tan^2x<0$$

\begin{align} (\tan x-x(\tan^2x+1))' &=(\tan^2x+1)-((\tan^2x+1)+2x\tan x(\tan^2x+1))\\ &=-2x\tan x(\tan^2x+1)<0 \end{align}
より
$$\tan x-x(\tan^2x+1)<\tan 0-0(\tan^20+1))=0$$
が成り立つので
\begin{align} (3(\tan x-x)-x\tan^2x)' &=3\tan^2x-(\tan^2x+2x\tan x(\tan^2x+1))\\ &=2(\tan x-x(\tan^2x+1))<0 \end{align}
つまり
$$3(\tan x-x)-x\tan^2x<3(\tan0-0)-0\tan^20)=0$$
を得る。

$$x^3(\tan^2x+1)-\tan^3x<0$$

 補題6より
\begin{eqnarray} \l(\frac{x^3(\tan^2x+1)}{\tan^3x}\r)'&=&\frac{(3x^2(\tan^2x+1)+2x^3\tan x(\tan^2x+1))\tan x-3x^3(\tan^2x+1)^2}{\tan^4x} \\&=&\frac{x^2(\tan^2x+1)}{\tan^4x}(3\tan x+2x\tan^2x-3x(\tan^2x+1)) \\&=&\frac{x^2(\tan^2x+1)}{\tan^4x}(3(\tan x-x)-x\tan^2x)<0 \end{eqnarray}
つまり
$$\frac{x^3(\tan^2x+1)}{\tan^3x}<\lim_{x\to0}\frac{x^3(\tan^2x+1)}{\tan^3x}=1$$
がわかるので、これを整理することで主張を得る。

$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}=\frac13$$

$$(\tan x-x)'=\tan^2 x>0$$
より
$$\tan x-x<\tan0-0=0$$
が成り立つので
$$(\tan x-x-\tfrac13x^3)'=\tan^2x-x^2>x^2-x^2=0$$
つまり
$$\tan x-x-\tfrac13x^3>\tan0-0-\tfrac130^3=0$$
を得る。
 よって補題6と合わせて
$$\frac13<\frac{\tan x-x}{x^3}<\frac13\frac{\tan^2x}{x^2}$$
がわかるので挟み撃ちの原理より主張を得る。

$$\frac1{x^2}-\frac{1}{\tan^2x}<\frac23$$

 補題7より
\begin{align} \l(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\r)' &=-\frac{2}{x^3}+\frac{2(\tan^2x+1)}{\tan^3x}\\ &=\frac{2(x^3(\tan^2x+1)-\tan^3x)}{x^2\tan^2x}<0 \end{align}
が成り立つので補題8から
\begin{align} \frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x} &<\lim_{x\to0}\l(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\r)\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x-x^2}{x^2\tan^2 x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\tan x+x}{x}\cdot\frac{\tan x-x}{x^3}}{(\frac{\tan x}{x})^2}=\frac23 \end{align}
を得る。

命題5の証明

$$0<\frac{1}{n^2x^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2x+t^2}$$
については$\tan x>x$より明らかであり、あとは補題9から
\begin{align} \frac{1}{n^2x^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2x+t^2} &=\frac{n^2(\tan^2x-x^2)}{(n^2x^2+t^2)(n^2\tan^2x+t^2)}\\ &<\frac{n^2(\tan^2x-x^2)}{(n^2x^2+0^2)(n^2\tan^2x+0^2)}\\ &=\frac1{n^2}\l(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\r)\\ &<\frac{2}{3n^2} \end{align}
を得る。

定理1の証明

 いま命題5から
$$0<\sum^m_{k=1}\l(\frac{1}{n^2(\frac{\pi k}{n})^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2(\frac{\pi k}{n})+t^2}\r)<\sum^m_{k=1}\frac{2}{3n^2}=\frac{2m}{3n^2}$$
が成り立っており、$n=2m+1$であったのでこれの$m\to\infty$極限を取ることで
$$\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\l(\frac{1}{n^2(\frac{\pi k}{n})^2+t^2}-\frac{1}{n^2\tan^2(\frac{\pi k}{n})+t^2}\r)=0$$
をわかる。よって
\begin{align} \coth t &=\frac1t+\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\frac{2t}{n^2\tan^2(\frac{\pi k}{n})+t^2}\\ &=\frac1t+\sum^\infty_{k=1}\frac{2t}{\pi^2k^2+t^2} \end{align}
を得る。

余談3

$\sinh t$の因数分解公式の初等的証明

 途中で
$$(1+t)^n-(1-t)^n=2nt\prod^m_{k=1}\l(1+t^2\cot^2\frac{\pi k}{n}\r)$$
という式を紹介したが、これも$t\mapsto\frac{t}n$とすることで
$$\frac{(1+\frac{t}n)^n-(1-\frac tn)^n}{2} =t\prod^m_{k=1}\l(1+\frac{t^2}{n^2}\cot^2\frac{\pi k}{n}\r)$$
となり、これの$m\to\infty$極限を取ることで
$$\sinh t=t\lim_{m\to\infty}\prod^m_{k=1}\l(1+\frac{t^2}{n^2}\cot^2\frac{\pi k}{n}\r)$$
を得る。
 ここで
$$h_x(t)=\log(1+\frac{t^2}{n^2x^2})-\log(1+\frac{t^2}{n^2}\cot^2\frac{\pi k}{n})$$
とおくと
$$h'_x(t)=\frac{2t}{n^2x^2+t^2}-\frac{2t}{n^2\tan^2x+t^2}$$
なので命題5より
$$|h'_x(t)|<\frac{4|t|}{3n^2}$$
が成り立ち、平均値の定理より$h_x(t)=h_x(t)-h_x(0)=h'_x(\theta_x)t$なので
$$\l|\sum^m_{k=1}h_{\frac{\pi k}n}(t)\r|\leq\sum^m_{k=1}|h_{\frac{\pi k}n}(t)|<\farc{4m|t|^2}{n^2}\to0\quad(m\to\infty)$$
つまり
$$\lim_{m\to\infty}\sum^m_{k=1}\log(1+\frac{t^2}{n^2}\cot^2\frac{\pi k}{n})=\sum^\infty_{k=1}\log(1+\frac{t^2}{\pi^2k^2})$$
よって
$$\sinh t=t\lim_{m\to\infty}\prod^m_{k=1}\l(1+\frac{t^2}{n^2}\cot^2\frac{\pi k}{n}\r)=t\prod^\infty_{k=1}\l(1+\frac{t^2}{\pi^2k^2}\r)$$
を得る。
 やっていることとしては総乗$\prod$と極限$\lim$を交換するときにさっきまでとおなじ議論をしているだけである。

おまけ

 本来(?)なら大学で学ぶ数学の知識で示す公式を高校数学の範囲で(しかも自力で)証明できたということでこれがなかなかのお気に入りで、その調子で入試の問題調にしてTwitterにあげてみたところ少し伸びたことがあった。

 もっとも会話形式にアレンジしてくださったのは私とは別の方ではありますが。

投稿日:2021213
更新日:6日前

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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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