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有限類似構成によるπ^2/sin^2(πx)の部分分数分解の計算

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はじめに

本記事では 級数・積分bot の次の2題
series 1-3
$$ \sum_{l\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(l+x)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2\pi x} $$
およびその一般化であるseries 3-5
$$ \sum_{l\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+l)(y+l)}=\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)\Gamma(y)\Gamma(1-y)}{\Gamma(1-x+y)\Gamma(1-y+x)} $$
(記事の都合上元投稿で$n$を用いている部分を$l$に変更した)
について、その有限類似を構成し、その極限によって上記2題の等式を示すことを目標とする

道具立て

筆者記事のいつものやつを今回も使い倒していく

$x\notin\pi\mathbb Z$のとき
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp((2kx\sqrt{-1})= \frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)} $$
$$ \sum_{k=-n}^{n-1}\exp((2k+1)x\sqrt{-1})= \frac{\sin(2nx)}{\sin(x)} =\frac{\sin((2n+1)x)}{\tan(x)}-\cos((2n+1)x) $$

補題の証明補題の一つ目の式について、公比$\exp((2x\sqrt{-1})$の等比数列の計算なので和の計算なので
$x\notin\pi\mathbb Z$より公比は$1$でない
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp((2kx\sqrt{-1})= \frac{\exp((2(n+1)x\sqrt{-1})-\exp(-2nx\sqrt{-1})}{\exp(2x\sqrt{-1})-1} $$
$$             = \frac{\exp(x\sqrt{-1})(\exp((2n+1)x\sqrt{-1})-\exp(-(2n+1)x\sqrt{-1}))}{\exp(x\sqrt{-1})(\exp(x\sqrt{-1})-\exp(-x\sqrt{-1}))} $$
$$             = \frac{\exp((2n+1)x\sqrt{-1})-\exp(-(2n+1)x\sqrt{-1})}{(\exp(x\sqrt{-1})-\exp(-x\sqrt{-1}))} $$
$$             =\frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)} $$

補題の二つ目の式についても同様に、公比$\exp((2x\sqrt{-1})$の等比数列の和の計算なので
$$ \sum_{k=-n}^{n-1}\exp(((2k+1)x\sqrt{-1})= \frac{\exp(((2n+1)x\sqrt{-1})-\exp((-2n+1)x\sqrt{-1})}{\exp(2x\sqrt{-1})-1} $$
$$               = \frac{\exp(x\sqrt{-1})(\exp(2nx\sqrt{-1})-\exp(-2nx\sqrt{-1}))}{\exp(x\sqrt{-1})(\exp(x\sqrt{-1})-\exp(-x\sqrt{-1}))} $$
$$               =\frac{\sin(2nx)}{\sin(x)} $$
また、分子を$2n=2n+1-1$とみて加法定理で分ければ
$$ \frac{\sin((2n+1-1)x)}{\sin(x)}=\frac{\sin((2n+1)x)\cos(x)-\cos((2n+1)x)\sin(x)}{\sin(x)}=\frac{\sin((2n+1)x)}{\tan(x)}-\cos((2n+1)x) $$

1つめの式に$x=\frac{(x+l)\pi}{2n+1}$を代入すると
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})=\frac{\sin((x+l)\pi)}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{(-1)^l\sin(x\pi)}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
が得られる。

2つめの式に$x=\frac{(x+l)\pi}{2n+1}$を代入すると
$$ \sum_{k=-n}^{n-1}\exp(((2k+1)\frac{(x+l)\pi}{2n+1}\sqrt{-1})=\frac{\sin((x+l)\pi)}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}-\cos((x+l)\pi) $$
となり、両辺に$\exp(((2n+1)\frac{(x+l)\pi}{2n+1}\sqrt{-1})=\cos((x+l)\pi)+\sqrt{-1}\sin((x+l)\pi)$を足すと
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp((2k+1)\frac{(x+l)\pi}{2n+1}\sqrt{-1})=\frac{\sin((x+l)\pi)}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}+\sqrt{-1}\sin((x+l)\pi)=\frac{(-1)^l\sin(x\pi)}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}+(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi) $$
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp((2k+1)\frac{(x+l)\pi}{2n+1}\sqrt{-1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi)=\frac{(-1)^l\sin(x\pi)}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
以降これらの表示を基本として当初の問題の有限類似を構成する。

$\pi^2/\sin^2(\pi x)$の部分分数分解の有限類似

はじめに挙げた積分・級数botの問題の1つ目は、つまり
$\pi^2/\sin^2(\pi x)$の部分分数分解が
$$ \sum_{l\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+l)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2\pi x} $$
のようになることを示せという問題となる。
これについて、左辺の有限類似として
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}\sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
を考える。
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})=\frac{(-1)^l\sin(x\pi)}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$

$$ \frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right]^2=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
なので
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
$$ =\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{l=-n}^n\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
を得る。右辺の和(3重和)はいずれの変数についても依存関係がない有限和なので
和を取る順序を替えてよい。
よって、先に$l$についての和を考えることとすると
$$ \sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})=\exp(\frac{2(k_1+k_2)x\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(k_1+k_2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
より、これは$\frac{(k_1+k_2)\pi}{2n+1}\notin\pi\mathbb Z $のとき
即ち$2n+1$$k_1+k_2$を割り切らないとき、補題1の1つ目の式から
$$ \sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(k_1+k_2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})=\frac{\sin((k_1+k_2)\pi)}{\sin(\frac{(k_1+k_2)\pi}{2n+1})}=0 $$
となる。
一方、$k_1,k_2$がそれぞれ$-n$以上$n$以下であることから
$-2n\le k_1+k_2\le2n$であるので$2n+1$$k_1+k_2$を割り切るのは
$k_1+k_2=0$の時のみとなる。よって
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{l=-n}^n\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n}\sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(0)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$

$$ \sum_{l=-n}^n\frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n}\sum_{l=-n}^n1=\frac{(2n+1)^2}{\sin^2(x\pi)} $$
これより
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}\frac{(2n+1)^2}{\sin^2(x\pi)}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
となる。有限類似も元の式と同じ値を取ることが分かった。
また$1+1/\tan^2x=1/\sin^2x$より
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\sum_{l=-n}^n\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}\left(1+\frac{1}{\tan^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}\right)=\frac{\pi^2}{2n+1}+\sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
よって
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)}-\frac{\pi^2}{2n+1} $$
$0< x<\pi/2$$1/\tan^2x<1/x^2<1/\sin^2x$であるので、$0< x<1/2$$-\pi/2<\frac{(x+l)\pi}{2n+1}<\pi/2 (-n\le l\le n)$から
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}<\sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})^2}<\sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
$$ \frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)}-\frac{\pi^2}{2n+1}<\sum_{l=-n}^n\frac{1}{(x+l)^2}<\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
$n\rightarrow\infty$とすることで、中辺が絶対収束していることも踏まえ$0< x<1/2$
$$ \sum_{l\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+l)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
が示される。$x$の範囲については両辺の偶関数性および周期性により
$x\notin\mathbb{Z}$に拡張される。

$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})} $への修正

$$ \frac{1}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right]^2=\frac{1}{\sin^2(x\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{2(k_1+k_2)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
とした前段の計算は
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})} $$
についても同様に計算でき
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right]\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{2k(y+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right] $$
$$                 =\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{(2k_1x+2k_2y)\pi\sqrt{-1}+2(k_1+k_2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
これは$l$についての和を考えると、前段と同様$k_1+k_2=0$の時のみ0以外の値を取るので

$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n}\exp(\frac{(2k_1x-2k_1y)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\sum_{l=-n}^n\exp(\frac{2(0)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
$$                 =\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n}\exp(\frac{(2k_1(x-y))\pi\sqrt{-1}}{2n+1})(2n+1) $$
$$                 =\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)}}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})} $$
$$                 =\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)}}{\sin(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})} $$

下からの評価

長くて似たような計算だけなので見なくてもOK
$$ \sum_{k=-n}^{n}\exp((2k+1)\frac{(x+l)\pi}{2n+1}\sqrt{-1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi)=\frac{(-1)^l\sin(x\pi)}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})} $$
より
$$ \frac{1}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi)\right]\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(y+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(y\pi)\right] $$
$$  \left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi)\right]\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(y+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(-1)^l\sqrt{-1}\sin(y\pi)\right] $$
$$ =\left[\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2k_2+1)y\}\pi\sqrt{-1}+(2k_1+2k_2+2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right] $$
$$ -(-1)^l\sqrt{-1}\sin(y\pi)\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(x+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right] $$
$$ -(-1)^l\sqrt{-1}\sin(x\pi)\left[\sum_{k=-n}^{n}\exp(\frac{(2k+1)(y+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\right] $$
$$ -\sin(x\pi)\sin(y\pi) $$
これについて
$$ \sum_{l=-n}^{n}(-1)^l\exp(\frac{(2k+1)(y+l)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})=\exp(\frac{(2k+1)y\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\sum_{l=-n}^{n}(-1)^l\exp(\frac{(2k+1)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) $$
$$                       =\exp(\frac{(2k+1)y\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) \frac{(-1)^{(-n)}\exp(\frac{(2k+1)(-n)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})+(-1)^n\exp(\frac{(2k+1)(n+1)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})}{1+\exp(\frac{(2k+1)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})} $$
$$                       =(-1)^n\exp(\frac{(2k+1)y\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) \exp(\frac{(2k+1)(-n)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\frac{1+\exp(\frac{(2k+1)(2n+1)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})}{1+\exp(\frac{(2k+1)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})} $$
$$                       =(-1)^n\exp(\frac{(2k+1)y\pi\sqrt{-1}}{2n+1}) \exp(\frac{(2k+1)(-n)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\frac{1-1}{1+\exp(\frac{(2k+1)\pi\sqrt{-1}}{2n+1})} $$
$$                       =0 $$
となることから
$$ \sum_{l=-n}^{n}\frac{1}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{l=-n}^{n}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2k_2+1)y\}\pi\sqrt{-1}+(2k_1+2k_2+2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{l=-n}^{n}\sin(x\pi)\sin(y\pi) $$
$$                    =\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\sum_{l=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2k_2+1)y\}\pi\sqrt{-1}+(2k_1+2k_2+2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(2n+1) $$
$$                    =\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\sum_{l=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2k_2+1)y\}\pi\sqrt{-1}+(2k_1+2k_2+2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(2n+1) $$
$$                    =\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1,k_2=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2k_2+1)y\}\pi\sqrt{-1}}{2n+1})\sum_{l=-n}^{n}\exp(\frac{\{(2k_1+2k_2+2)l\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(2n+1) $$
$$                    =\frac{1}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n-1}\exp(\frac{\{(2k_1+1)x+(2(-k_1-1)+1)y\}\pi\sqrt{-1}}{2n+1})(2n)-(2n+1) $$
$$                    =\frac{(2n)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\sum_{k_1=-n}^{n-1}\exp(\frac{\{(2k_1+1)(x-y)\}\pi\sqrt{-1}}{2n+1})-(2n+1) $$
$$                    =\frac{(2n)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\left(\frac{\sin((x-y)\pi)}{\tan(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})}-\cos((x-y)\pi)\right)-(2n+1) $$
$$ \sum_{l=-n}^{n}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\frac{2n\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})}-\frac{2n\pi^2\cos((x-y)\pi)}{(2n+1)^2}-\frac{\pi^2}{(2n+1)} $$

極限の計算

$0< x<\pi/2$$1/\tan x<1/x<1/\sin x$であるので、$0< x,y<1/2$
$$ \sum_{l=-n}^{n}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}<\sum_{l=-n}^{n}\frac{1}{(x+l)(y+l)}<\sum_{l=-n}^{n}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})} $$
より
$$ \frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\frac{2n\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})}-\frac{2n\pi^2\cos((x-y)\pi)}{(2n+1)^2}-\frac{\pi^2}{(2n+1)} $$
$$ <\sum_{l=-n}^{n}\frac{1}{(x+l)(y+l)}<\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)}}{\sin(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})} $$
$n\rightarrow\infty$とすることで
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+l)(y+l)}=\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\pi}{(x-y)} (0< x,y<1/2) $$
が得られる。また$x,y$の正負を入れ替えると$-1/2< x,y<0$でも
成り立つことがわかる

これについて右辺を見ると$(x-y)$の部分を除くと
$x,y$それぞれについて周期1を持つことが見て取れるので$(x-y)$を払うと
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{(x-y)}{(x+l)(y+l)}=\frac{\pi\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)} (-1/2< x,y<1/2 x,yは同符号) $$
この左辺は(絶対収束性を踏まえて)
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{(x-y)}{(x+l)(y+l)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{l=-n}^{n}\frac{(x-y)}{(x+l)(y+l)} $$
$$            =\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{l=-n}^{n}\left[\frac{1}{(y+l)}-\frac{1}{(x+l)}\right] $$
となるので、やはり$x,y$それぞれについて周期1を持つことがわかる。
よって
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{(x-y)}{(x+l)(y+l)}=\frac{\pi\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}  $$
は任意の整数でない$x,y$で成り立つ。以上から
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+l)(y+l)}=\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\pi}{(x-y)}  $$
積分botでの表示との差異についてはガンマ関数の相反公式
$$ \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)} $$
を右辺の各$\sin$の項に適用すると
$$ \frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\pi}{(x-y)} =\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)\Gamma(y)\Gamma(1-y)}{\Gamma(x-y)\Gamma(1-x+y)}\frac{1}{(x-y)} $$
$(x-y)\Gamma(x-y)=\Gamma(1+x-y)$なので
$$ \frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\pi}{(x-y)} =\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)\Gamma(y)\Gamma(1-y)}{\Gamma(1+x-y)\Gamma(1-x+y)} $$
以上から
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+l)(y+l)}=\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)\Gamma(y)\Gamma(1-y)}{\Gamma(1+x-y)\Gamma(1-x+y)} $$

最後に

有限類似を構成してその極限を取るという形で計算を進めることができた。
2変数化したものについても直接有限類似を構成したが、
証明の途中でも利用した通り実際のところ、この2変数の級数は
1変数の2つの級数の差でしかないのでそれをもっと利用した形で
計算を進めることができる。証明中で得た
$$ \sum_{l=-\infty}^{\infty}\frac{(x-y)}{(x+l)(y+l)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{l=-n}^{n}\left[\frac{1}{(y+l)}-\frac{1}{(x+l)}\right] $$
という表示について、同じことを有限類似側で行うと
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}\sin(\frac{(x-y)\pi}{2n+1})}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\sin((x-y)\pi)}{\sin(x\pi)\sin(y\pi)}\frac{\pi^2}{(2n+1)} $$

$$ \sum_{l=-n}^n\left[\frac{\frac{\pi}{(2n+1)}}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}-\frac{\frac{\pi}{(2n+1)}}{\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}\right]=\frac{\pi}{\tan(x\pi)}-\frac{\pi}{\tan(y\pi)} $$
という等式が得られるが、これは明らかに
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi}{(2n+1)}}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi}{\tan(x\pi)} $$
という等式の帰結として得られ、これ自体は最初に計算した
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
$(1/2,x]$で積分すれば直接得られるので、有限類似を多重和にばらす計算は実際のところしなくても済む。
本記事は計算できることに重きを置いているためこのような形での記事としている。

投稿日:25日前
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