部分分数分解で級数を錬成しよう.
挨拶
どーも.えあです.一挨一拶の精神には些か懐疑的ですが,やって損する事は無いでしょう.
先日数年前に書いた計算メモを見返していた所,当時の力不足で計算が頓挫している箇所を見付けました.計算を進めると思いの他面白い事実を発見したので記事にした次第です.
ヘビサイドの展開定理
詳しくは 高校数学の美しい物語さんの記事 を参照してください.ここでは具体例を示せば充分でしょう.
$$\frac{1}{(x-1)^2(x-2)}$$を部分分数分解せよ.
この記事を読む人でこれが解けない人は居ないでしょう.分子を文字で置いて分母を払い係数比較する解法がよく知られていますが,ここでは少し技巧的な解き方をします.
$$\frac{1}{(x-1)^2(x-2)}=\frac{a}{(x-2)}+\frac{b}{(x-1)}+\frac{c}{(x-1)^2}$$
と置く.両辺に$(x-2)$を乗じて
$$\frac{1}{(x-1)^2}=a+\frac{b(x-2)}{(x-1)}+\frac{c(x-2)}{(x-1)^2}$$
$x=2$を代入して$a=1$
同様に両辺に$(x-1)^2$を乗じて$x=1$を代入する事で
$$\frac{1}{(x-2)}=\frac{a(x-1)^2}{(x-2)}+b(x-1)+c, \ \ c=-1$$
ここで,両辺を微分しましょう.右辺第一項の微分は人間の仕事とは思えませんが,微分後も$(x-1)$の項が残るので無視しても大丈夫です.ここでは$f(x)(x-1)$と置いておきます.
$$-\frac{1}{(x-2)^2}=f(x)(x-1)+b, \ \ b=-1$$
以上がヘビサイドの展開定理の概要です.本来は任意の有理関数について同様の計算で分解出来る事を示す必要があるのですが,そんな億劫な仕事はAIにでも押し付けましょう.人間はより有意義に振る舞う可きです.
$\frac{1}{x^n-1}$の部分分数分解
さてここからが本題です.子ガキの私はここで挫折してました.
$\omega := \exp(\frac{2\pi i}{n})$とすると,
$$\frac{n}{x^n-1} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{x-\omega^k}$$
$$\frac{2n+1}{x^{2n+1}-1}=\frac{1}{x-1} +\sum_{k=1}^n \frac{2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})x-2}{x^2-2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})x+1}$$
$$\frac{2n}{x^{2n}-1}=\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{2\cos(\frac{\pi k}{n})x-2}{x^2-2\cos(\frac{\pi k}{n})x+1}$$
$f(x)=x^n-1$とします.
$$\frac{1}{x^n-1} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{x-\omega^k}$$
$$\left. a_l=\frac{x-\omega^l}{x^n-1} \right|_{x=\omega^l}=\lim_{x\to \omega^l }\frac{1}{\frac{f(x)-f(\omega^l)}{x-\omega^l}}=\frac{1}{f'(\omega^l)}=\frac{\omega^l}{n}$$
より,一番目の公式を得ます.
$n$が奇数の時,$n$を$2n+1$に置き換える事に注意して
$$\frac{2n+1}{x^{2n+1}-1} = \sum_{k=0}^{2n}\frac{\omega^k}{x-\omega^k}$$
$$= \frac{1}{x-1}+ \sum_{k=1}^n\frac{\omega^k}{x-\omega^k} +\sum_{l=n+1}^{2n}\frac{\omega^l}{x-\omega^l}, (l \mapsto2n+1-k)$$
$$= \frac{1}{x-1}+ \sum_{k=1}^n(\frac{\omega^k}{x-\omega^k} +\frac{\omega^{-k}}{x-\omega^{-k}})$$
$$=\frac{1}{x-1}+ \sum_{k=1}^n \frac{2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})x-2}{x^2-2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})x+1}$$
より二番目の公式を得ます.
$n$が偶数の時も同様です.
ふー.疲れた疲れた.
遊ぼう
$x$に色々な値を代入して自分だけのオリジナル級数を作ろう!$\aleph$人に独自の級数を割り振る事が出来ます.
例えば$x=i$を代入すると,以下の級数を得ます.
$$\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor} \frac{1}{\cos (\frac{2\pi k}{n})}= \begin{equation} \begin{cases} \frac{n-1}{2} & \text{if $n \equiv 1 (\mod 4)$} \\ 0& \text{if $n \equiv 2 (\mod 4)$} \\ -\frac{n+1}{2}& \text{if $n \equiv 3 (\mod 4)$} \end{cases} \end{equation}$$
また,両辺を微分して以下の公式を得ます.
$$\frac{(2n+1)^2x^{2n}}{(x^{2n+1}-1)^2}=\frac{1}{(x-1)^2} + \sum_{k=1}^n \frac{2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})(x^2+1)-4x}{(x^2-2\cos(\frac{2\pi k}{2n+1})x+1)^2}$$
$$\frac{4n^2x^{2n-1}}{(x^{2n}-1)^2}=\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{1}{(x+1)^2}+ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{2\cos(\frac{\pi k}{n})(x^2+1)-4x}{(x^2-2\cos(\frac{\pi k}{n})x+1)^2}$$
同様に$x=i$を代入して似た級数を得ます.
$$\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor} \frac{1}{\cos^2 (\frac{2\pi k}{n})}= \begin{equation} \begin{cases} \frac{n^2-1}{2} & \text{if $n \equiv 1,3 (\mod 4)$} \\ \frac{n^2}{4}-1& \text{if $n \equiv 2 (\mod 4)$} \\ \end{cases} \end{equation}$$
チェビシェフ多項式の部分分数分解
今までやった事は分母の多項式が解が明示的に表示出来る事と微分した形が扱いやすい事のみを用いている為,色々と融通が利きます.チェビシェフ多項式で同じ事をやってみましょう.
チェビシェフ多項式については
こちらの記事
が解り易いです.また,
高校数学を大学数学で解く「チート解法」
と云う本に滅茶苦茶詳しく書いてあります.まだ3割位しか読めてない.
$\theta_k:=\frac{\pi +2\pi k}{2n} $とすると,
$$\frac{n}{T_n(x)}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k \sin(\theta_k)}{x-\cos(\theta_k)}$$
$$\frac{1}{T_n(x)}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{x-\cos(\theta_k)} $$
とすると,
$$a_l=\frac{1}{T_n'(\cos(\theta_l))}=\frac{\sin(\theta_l)}{n\sin(n\theta_l)}=\frac{(-1)^l\sin(\theta_l)}{n}$$
より上記の公式を得る.
うっひょ～.
遊ぼうぜ遊ぼうぜ
$x=\cos \phi$を代入して,
$$\frac{n}{\cos(n\phi)}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k \sin(\frac{\pi + 2\pi k}{2n})}{\cos \phi - \cos(\frac{\pi + 2\pi k}{2n})}$$
特に$\phi = 0,\frac{\pi}{2},\pi$の時,
$$n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{\tan(\frac{\pi +2\pi k}{4n})}$$
$$\frac{n}{\cos(\frac{n\pi}{2})}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k+1}\tan(\frac{\pi + 2\pi k}{2n})$$
$$n(-1)^n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k+1}\tan(\frac{\pi +2\pi k}{4n})$$
公式$5$の両辺を微分して,
$$\frac{n^2U_{n-1}(x)}{(T_n(x))^2}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k \sin(\theta_k)}{(x-\cos(\theta_k))^2}$$
特に$x=1,0,-1$の時,
$$2n^3-n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{\tan^3(\frac{\pi +2\pi k}{4n})}$$
$$0
=\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{(-1)^k\sin(\frac{\pi + 2\pi k}{4n})}{\cos^2(\frac{\pi + 2\pi k}{4n})}$$
$$(-1)^{n-1}(2n^3-n)=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\tan^3(\frac{\pi +2\pi k}{4n})$$
$x=1$を代入して
$$n^3=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k \sin(\theta_k)}{(1-\cos(\theta_k))^2}$$
$$=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{\tan(\frac{\theta_k}{2})}(1+\frac{1}{\tan^2(\frac{\theta_k}{2})})$$
$$=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{\tan^3(\frac{\theta_k}{2})}$$
より上記の公式を得る.$x=-1$の場合も同様.
また,微分だけでなく積分にも目を向けましょう.両辺を$\sqrt{1-x^2}$で割って$\cos x$から$1$まで積分してあげると,以下の公式が成り立ちます.
$n$が奇数の時,
$$\tan(\frac{nx}{2}+\frac{\pi}{4})=\prod_{k=1}^{n-1}(\tan (\frac{\theta_k-x}{2}))^{(-1)^{k+1}}$$
$n$が偶数の時,
$$\tan(\frac{nx}{2}+\frac{\pi}{4})=\prod_{k=0}^{n-1}(\sin(\theta_k-x))^{(-1)^{k+1}}$$
すごい(小並)
$$\int_{\cos z}^1\frac{ \sin(\theta_k)}{x-\cos(\theta_k)} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \ \ (x=\cos\theta)$$
$$=\int_{0}^{z}\frac{ \sin(\theta_k)}{\cos\theta-\cos(\theta_k)} d \theta$$
$$=\frac{1}{2}\int_{0}^{z} (\frac{1}{\tan(\frac{\theta_k- \theta}{2})}+ \frac{1}{\tan(\frac{\theta_k+ \theta}{2})}) d\theta$$
$$=\ln(\frac{\sin(\frac{\theta_k+z}{2})}{\sin(\frac{\theta_k-z}{2})})$$
これを$n$の偶奇で場合分けし,分子をQueen Propertyでひっくり返す事で上記の公式を得る.
$ \tan$の$n$倍角公式の部分分数分解
チェビシェフ多項式と比して知名度が低いのですが,実は$\tan$にも$n$倍角公式が存在します.しかもより綺麗な!
$$ \tan n\theta = \frac{\sin n\theta}{\cos n\theta} = \frac{\frac{1}{i}\cdot((\cos \theta + i\sin\theta)^n - (\cos \theta - i\sin\theta)^n) }{(\cos \theta + i\sin\theta)^n + (\cos \theta - i\sin\theta)^n}$$
$$=\frac{\frac{1}{i}\cdot((1+i\tan\theta)^n + (1-i\tan\theta)^n)}{(1+i\tan\theta)^n + (1-i\tan\theta)^n}$$
これ発見した時めっちゃ気持ち良かった.これ題材にした問題増えて欲しいですね.
余談ですが,部分分数分解には関係無いもののこの公式を用いて以下の$\tan$の級数を得る事が出来ます.
$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi)=n(-1)^{n-1}(\tan n\theta_0)^{(-1)^{n-1}}$$
$$\prod_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi) = \cos\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \pi (\tan n\theta_0)^{\sin^2\frac{n}{2}\pi}$$
証明
$$\tan n\theta$$
$$=\frac{\frac{1}{i}((1+i\tan\theta)^n-(1-i\tan\theta)^n)}{(1+i\tan\theta)^n + (1-i\tan\theta)^n}$$
$$=\frac{\frac{1}{i}\sum_{k=0}^{n} {_nC_k} (i\tan\theta)^k(1-(-1)^k)}{\sum_{k=0}^{n} {_nC_k} (i\tan\theta)^k(1+(-1)^k)}$$
ここで, $$P(x):=\frac{1}{i}\sum_{k=0}^{n-2} {_nC_k} (ix)^k(1-(-1)^k)$$
$$Q(x) := \sum_{k=2}^{n-2} {_nC_k} (i\tan\theta)^k(1+(-1)^k)$$
とすると,
$$\tan n\theta = \frac{P(\tan\theta) + \frac{1}{i}n(i\tan\theta)^{n-1}(1-(-1)^{n-1}) + \frac{1}{i}(i\tan\theta)^n(1-(-1)^n)}{2+Q(\tan\theta) + n(i\tan\theta)^{n-1}(1+(-1)^{n-1}) + (i\tan\theta)^n(1+(-1)^n)}$$
ここで,$n$が偶数の時,
$$\tan n\theta = \frac{P(\tan\theta)+2n(-1)^{\frac{n}{2}-1}\tan^{n-1}\theta}{2+Q(\tan\theta) + 2(-1)^{\frac{n}{2}}\tan^n\theta}$$
故に,方程式
$$2(-1)^{\frac{n}{2}}\tan n\theta_0x^n - 2n(-1)^{\frac{n}{2}-1}x^{n-1}+\tan n\theta_0Q(x) - P(x) + 2\tan n\theta_0 = 0$$
の解は,
$$x=\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi)(k=0,1,\cdots,n-1)$$
である.
解と係数の関係より,$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi) = \frac{-2\tan n\theta_0}{2(-1)^{\frac{n}{2}}\tan n\theta_0} = -\frac{n}{\tan n\theta_0}$$
$$\prod_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi) = \frac{2\tan n\theta_0}{2(-1)^{\frac{n}{2}}\tan n\theta_0} = (-1)^\frac{n}{2}$$
$n$が奇数の時,
$$\tan n\theta = \frac{P(\tan\theta) + 2(-1)^{\frac{n-1}{2}}\tan^n\theta}{2+Q(\tan\theta) + 2n(-1)^{\frac{n-1}{2}}\tan^{n-1}\theta}$$
故に,方程式
$$2(-1)^{\frac{n-1}{2}}x^n - 2n(-1)^{\frac{n-1}{2}}\tan n\theta_0x^{n-1} + P(x) - \tan n\theta_0Q(x) - 2\tan n\theta_0 = 0$$
の解は
$$x=\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi)(k=0,1,\cdots,n-1)$$
である.
解と係数の関係より,
$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi)=n\tan n\theta_0$$
$$\prod_{k=0}^{n-1}\tan(\theta_0+\frac{k}{n}\pi) = (-1)^\frac{n-1}{2}\tan n\theta_0$$
偶奇を合わせる事で上記の級数を得る.
さて,本題に戻りましょう.この公式は見慣れない人も多いと思うので,イメージを掴むために小さな$n$で関数を書き下します.
$$P_n(x):=\frac{1}{i}\cdot((1+ix)^n-(1-ix)^n)$$
$$Q_n(x):=(1+ix)^n + (1-ix)^n$$
$$f_n(x):=\frac{P_n(x)}{Q_n(x)}$$
$$f_1(x)=x$$
$$f_2(x)=\frac{2x}{1-x^2}$$
$$f_3(x)=\frac{-x^3+3x}{-3x^2+1}$$
$$f_4(x)=\frac{-4x^3+4x}{x^4-6x^2+1}$$
$$f_5(x)=\frac{x^5-10x^3 +5x}{5x^4-10x^2+1}$$
$P_n$の次数が$n$と$n-1$とで交互になっていますね.これは$n$が偶数の時に$\tan n\theta=0, n\theta = k\pi$で,$k=\frac{n}{2}$の時に対応する$\tan\theta$が定義出来ない事に起因します.
また,分母$Q_n$が$0$である際は対応する$\tan \theta$も復た定義されません.次数が$n$と$n-1$とで交互になるのも先程と同様の理由です.
これらを踏まえて計算を進めましょう.
$$\theta_k := \frac{k\pi}{n}, \ \ \phi_k=\frac{\pi + 2k\pi}{2n}$$
とすると,
$P_n(\tan(\theta_k))=Q_n(\tan(\phi_k))=0$
$P'_n(x)=nQ_{n-1}(x)$
$Q'_n(x)=-nP_{n-1}(x)$
$$P_n(\tan\theta) = \frac{2\sin n\theta}{\cos^n \theta}$$
$$Q_n(\tan\theta)=\frac{2\cos n\theta}{\cos^n \theta}$$
上記の公式は簡単な計算で確認出来ます.これらを駆使して部分分数分解を行います.
$n$が偶数の時,
$$nf_n(x)=-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\tan^2\phi_k+1}{x-\tan \phi_k}$$
$$\frac{n}{f_n(x)}=-x+\sum_{k=0,k \ne \frac{n}{2}}^{n-1}\frac{\tan^2\theta_k+1}{x-\tan \theta_k}$$
$n$が奇数の時,
$$\frac{n}{f_n(x)}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\tan^2\theta_k+1}{x-\tan \theta_k}$$
$$nf_n(x)=x-\sum_{k=0,k\ne\frac{n-1}{2}}^{n-1}\frac{\tan^2\phi_k+1}{x-\tan \phi_k}$$
逆数を取っても形が殆ど一緒なのは不思議ですね.
$n$が偶数の時,
$$f_n(x)=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_k}{x-\tan\phi_k}$$
$$\frac{1}{a_l}=\lim_{x \to \tan\phi_l}\frac{1}{f_n(x)(x-\tan\phi_l)}=\left. \frac{Q'_n(x)}{P_n(x)}\right|_{x=\tan \phi_l} $$
$$=-n\frac{P_{n-1}(\tan \phi_l)}{P_n(\tan \phi_l)} = -n\cos^2 \phi_l$$
また,$Q_n(x)$の最高次数の項は$2(-1)^{\frac{n}{2}}x^n,P_n(x)$の最高次数の項は$2n(-1)^{\frac{n}{2}+1}x^{n-1}$なので,
$$\frac{1}{f_n(x)}=\frac{Q_n(x)}{P_n(x)}=\frac{P_n(x)(-\frac{x}{n}) +P_n(x)(\frac{x}{n})+Q_n(x)}{P_n(x)}$$
$$=-\frac{x}{n}+ \frac{P_n(x)(\frac{x}{n})+Q_n(x)}{P_n(x)}$$
$$=-\frac{x}{n} + \sum_{k=0,k\ne\frac{n}{2}} \frac{b_k}{x-\tan \theta_k}$$
$$\frac{1}{b_l}=\left.\frac{nP'_n(x)}{xP_n(x)+nQ_n(x)}\right|_{x=\tan \theta_l}=n\cos^2\theta_l$$
$n$が奇数の場合も同様.
代入タイム
$x=yi$を代入して,
$$\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n-2}{2}\rfloor}\frac{2}{\tan^2(\frac{\pi+2\pi k}{2n})+y^2} =\frac{n}{y^2-1}+\frac{n((1-y)^n-(1+y)^n)}{y(y^2-1)((1-y)^n+(1+y)^n)}$$
$$\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\frac{2}{\tan^2(\frac{\pi k}{n})+y^2} =\frac{n}{y^2-1}+\frac{n((1-y)^n+(1+y)^n)}{y(y^2-1)((1-y)^n-(1+y)^n)}$$
これまた綺麗ですね.$n$の偶奇の場合分けが不要となりました.
$n$が偶数の時,
$$nf_n(yi)=ni^3\frac{(1-y)^n-(1+y)^n}{(1-y)^n+(1+y)^n}$$
$$=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\tan^2(\phi_k)+1}{\tan(\phi_k)-yi}$$
$$=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(\tan^2(\phi_k)+1)(\tan(\phi_k) + yi)}{\tan^2(\phi_k)+y^2}$$
$$=yi\sum_{k=0}^{n-1}(1-\frac{y^2-1}{\tan^2(\phi_k)+y^2})$$
この等式を整理する事で上記の公式を得る.他の場合も同様.
$$f_n(x)=\tan(n\arctan x), f'_n(x)=\frac{n(1+f_n(x)^2)}{1+x^2}$$
を留意して,$n$が偶数の時,
$$\frac{n^2(1+f_n(x)^2)}{1+x^2}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\tan^2(\phi_k)+1}{(x-\tan(\phi_k))^2}$$
$$\frac{n^2(1+\frac{1}{f_n(x)^2})}{1+x^2}=1+\sum_{k=0,k\ne\frac{n}{2}}^{n-1}\frac{\tan^2(\theta_k)+1}{(x-\tan(\theta_k))^2}$$
$n$が奇数の時,
$$\frac{n^2(1+\frac{1}{f_n(x)^2})}{1+x^2}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\tan^2(\theta_k)+1}{(x-\tan(\theta_k))^2}$$
$$\frac{n^2(1+f_n(x)^2)}{1+x^2} =1+\sum_{k=0,k\ne\frac{n}{2}}^{n-1}\frac{\tan^2(\phi_k)+1}{(x-\tan(\phi_k))^2}$$
上式に$x=0$を代入する事で,
$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sin^2(\frac{\pi+2\pi k}{2n})}=n^2$$
$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sin^2(\frac{\pi k}{n})}=\frac{n^2-1}{3}$$
場合分けを避ける為に書いていませんが,対称性を用いて半分の区間でも総和が求まります.
また,第二式は$x=0$で不定形となるので,極限の計算をします.
$$f_n(x)=\tan(\arctan x)=nx-\frac{n(n^2-1)}{3}x^3+\mathcal{O}(x^5)$$
$$f_n(x)^2=n^2x^2+\frac{2n^2(n^2−1)}{3}x^4+\mathcal{O}(x^6)$$
なので,
$$\lim_{x\to0} \left( \frac{n^2}{1+x^2} \left( 1 + \frac{1}{f_n(x)^2} \right) - \frac{1}{x^2} \right)$$
$$= \lim_{x\to0} \left( \frac{n^2}{1+x^2} + \frac{n^2x^2 - (1+x^2)f_n(x)^2}{x^2(1+x^2)f_n(x)^2} \right)$$
第二項の分子について,
$$n^2x^2 - (1+x^2) \left( n^2x^2 + \frac{2n^2(n^2-1)}{3}x^4 \right) = -n^2x^4 - \frac{2n^2(n^2-1)}{3}x^4 + O(x^6)$$
$$=-\frac{n^2(2n^2+1)}{3}x^4 + O(x^6)$$
なので,二番目の公式が得られる.
こう云ったゴリゴリ極限の計算に未だに慣れません.
また,こちらもチェビシェフ多項式と同様,積分を綺麗に計算する事が出来ます.両辺を $(1+x^2)$で割り,$0$から$\tan x$まで積分する事で以下の公式を得ます.
$$\cos(nx)=\prod_{k=0}^{n-1}\frac{\sin(\phi_k-x)}{\sin(\phi_k)}$$
$$\frac{\sin(nx)}{n\sin x}=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{\sin(\theta_k-x)}{\sin(\theta_k)}$$
なんと偶奇の場合分けが消えてしまいました.ワロタ.
$n$が偶数の時,
$$\frac{n}{f_n(x)(x^2 + 1)} - \frac{1}{x(x^2 + 1)} = \frac{-x}{x^2 + 1} + \sum_{k=1, k \neq \frac{n}{2}}^{n-1} \frac{\tan^2 \theta_k + 1}{(x - \tan \theta_k)(x^2 + 1)}$$
左辺について$x=\tan u$と置換すると,
$$\int_{0}^{t} (\frac{n}{\tan(nu)} - \frac{1}{\tan u})du = \lim_{\varepsilon \to 0} \left[ \ln |\sin(nu)| - \ln |\sin u| \right]_{0}^{t} = \ln \left| \frac{\sin(nt)}{n \sin t} \right|$$
右辺について,
$$\int_{0}^{\tan t} \left( \frac{1}{x - \tan \alpha} - \frac{x + \tan \alpha}{x^2 + 1} \right) dx =$$
$$ \left[ \ln |x - \tan \alpha| - \frac{1}{2} \ln(x^2 + 1) - \tan \alpha \arctan x \right]_{0}^{\tan t} $$
$$= \ln \left| \frac{\sin(\alpha - t)}{\sin \alpha} \right| - t \tan \alpha$$
ここで $\theta_k$ について和をとる際,$P_n(x)$ は奇数次の項しか持たず $x^{n−2}$ の係数が $0$ であるため和を取る際に互いに打ち消し合う.
終わりに
以上です.思ったよりボリューミーになってしまいました.直ぐ終わるだろうと高を括って始めたまま終えるタイミングを見失い,完全に私生活が崩壊しています.マズいです.
一区切り付いたと云う事で筆を置いたは良いものの,個人的には物足りない感じがします.第二種チェビシェフ多項式の部分分数分解や,有理関数以外の部分分数分解にについて考察したり,証明が雑な部分をもう少し丁寧にする予定です.
其れと,今後のこのアカウントの運用について.
今の所あと二本書きたいネタが在るのですが,今回程面白いかと言われるとちょっと微妙です.気が向き次第,と云った所でしょうか.
私自身数学に対して極めて不誠実な態度で臨んでいると云う事情も在って,あまり頻繁に活動をする予定はありません.騒いでる私を見たかったらtwitterにでも来てください.
浅学菲才な身では在りますが,記事に対する指摘や新たな視点を提供して頂けると大変助かります.
其れでは皆様,ご健康で.
