有限類似構成によるπ^2/sin^2(πx)の部分分数分解の計算

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

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$2n+1$が$k_1+k_2$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$2n+1$が$k_1+k_2$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
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)}-\frac{\pi^2}{2n+1} $$
$0< x<\pi/2$で$1/\tan^2x<1/x^2<1/\sin^2x$であるので、$0< x<1/2$で$-\pi/2<\frac{(x+l)\pi}{2n+1}<\pi/2　(-n\le l\le n)$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$0< x<1/2$で
$$ \sum_{l\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+l)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
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

極限の計算

$0< x<\pi/2$で$1/\tan x<1/x<1/\sin x$であるので、$0< x,y<1/2$で
$$ \sum_{l=-n}^{n}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\tan(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\tan(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})}<\sum_{l=-n}^{n}\frac{1}{(x+l)(y+l)}<\sum_{l=-n}^{n}\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})\sin(\frac{(y+l)\pi}{2n+1})} $$
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
$$ \sum_{l=-n}^n\frac{\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}}{\sin^2(\frac{(x+l)\pi}{2n+1})}=\frac{\pi^2}{\sin^2(x\pi)} $$
を$(1/2,x]$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。