解析概論/第5章/指数函数 三角函数

64．指数函数　三角函数

§54 で実数に関する展開

$e^z =\sum \frac{z^n}{n!}$

において $z$ を複素数にして，$e^z$ の定義を拡張したが，このような拡張は全く規約的 (conventional) で，拘束力が薄弱である．然るに前節に述べた解析的延長の原則によれば，$e^z$ を拡張して解析函数を得るには，上記が唯一無二の方法であることが確定したのである（227頁，［注意］）．$\sin z, \cos z$ 等に関しても同様である．

本節では，このような立場から指数函数，三角函数を再考する．（いわゆる代数解析の現代化！）

この拡張の実質上の意味を示すために次の考察をつけ加える．§54 で，拡張された $e^z=\exp(z)$ に関しても加法定理 $\exp(z_1+z_2)=\exp(z_1)\cdot\exp(z_2)$ が成り立つことを計算によって証明したが，解析的延長の原則によれば，それは当然で，計算を用いないでも明白である．今まず $z_2$ を一つの実数とする．然らば左辺の$\exp(z_1+z_2)$ もまた右辺の $\exp(z_1)\cdot\exp(z_2)$も $z_1$ に関しては正則で，それらが実軸上の $z_1$ に関しては一致することが既知だから，任意の $z_1$ に関しても一致する．さて今度は $z_1$ を任意の複素数として，上記の両辺を $z_2$ の函数とみて，同様に解析的延長の方法を適用すれば，任意の複素数 $z_1, z_2$ に関して指数函数の加法定理の成り立つことがわかる．約言すれば函数 $\exp(z)$ は解析的延長に際して，その解析的性質を保有する．これは重要な論点である．

(1º)

$\tan z,\cot z,\sec z,\mathrm{cosec}\,z$ の展開

$\cot z=\frac{\cos z}{\sin z} =i \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{e^{iz}-e^{-iz}}=i \frac{e^{2iz}+1}{e^{2iz}-1}$

において，便宜上 $z$ を $\tfrac{z}{2}$ に換えて

$\cot \frac{z}{2}=i \frac{e^{iz}+1}{e^{iz}-1}.$

分母は，$z=0$ の時 $0$ になる．それは $\cot\tfrac{z}{2}$ の一次の極である．さて

(1)

$\frac{z}{2}\cot \frac{z}{2} =\frac{iz}{2}\cdot\frac{e^{iz}+1}{e^{iz}-1} =\frac{iz}{e^{iz}-1}+\frac{iz}{2}.$

によって $iz$ を $z$ に換えて，まず $\tfrac{z}{e^z-1}$ を考察する．この函数は $z=0$ の近傍で正則で，$0$ に最も近い特異点は $z=\pm 2\pi i$ であるから，$|z|<2\pi$ において Taylor 級数に展開される．それを次のように書く．

(2)

$\frac{z}{e^z-1}=\sum_{n=0}^{\infty}b_n\frac{z^n}{n!},\quad(|z|<2\pi)$

係数 $b_n$ は

$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{(n+1)!}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{b_n z^n}{n!}=1$

から求められる．すなわち，$b_0=1$，また $z^n$ の係数を比較して

$\frac{b_n}{n!}+\frac{b_{n-1}}{(n-1)!\,2!}+\cdots+\frac{b_1}{1!\,n!}+\frac{b_0}{(n+1)!}=0,$

$(n+1)!$ を掛けて

$\binom{n+1}{1}b_n+\binom{n+1}{2}b_{n-1}+\cdots+\binom{n+1}{n}b_{1}+\binom{n+1}{n+1}b_{0}=0.$

または $n+1$ のところを $n$ と書けば

$\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}b_k =0.$

これを記号的に

(3)

$(b+1)^n-b^n=0$

と書けばわかりよい： すなわち展開の後，$b$ の係数を下におろして添え字にするのである．例えば

$n=2:$	$2b_1+1=0,$	$b_1=-\frac{1}{2},$
$n=3:$	$3b_2+3b_1+1=0,$	$b_2=\frac{1}{6},$
$n=4:$	$4b_3+6b_2+4b_1+1=0,$	$b_3=0,$　等々.

すなわち

$\frac{z}{e^z-1}=1-\frac{z}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{b_n z^n}{n!}$

であるが，

$\frac{z}{e^z-1}+\frac{z}{2} =\frac{z}{2}\cdot\frac{e^z+1}{e^z-1} =\frac{-z}{2}\cdot\frac{e^{-z}+1}{e^{-z}-1}$

は偶函数だから，$b_1$ 以外，奇数番号の $b_3, b_5,\cdots$ は $0$ である．また後にわかるように（237頁），

$b_{2n}=(-1)^{n-1}B_n$

とすれば，$B_n$ は正である． $B_n$ を Bernoulli の数という．よって

(4)

$\frac{z}{e^z-1} =1-\frac{z}{2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n B_n z^{2n}}{(2n)!}$

で，$B_n$ は循環式

(5)

$\binom{2n+1}{2}B_1-\binom{2n+1}{4}B_2+\cdots+(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n}B_n =n-\frac{1}{2}$

から求められる．これは $b_1=-\frac{1}{2}$ を用いて上記の

$(b+1)^{2n+1}-b^{2n+1}=0$

を書き換えたものである． この公式から $n=1, 2, \cdots$ と置いて，

$\begin{align} &B_1=\frac{1}{6},&&B_2=\frac{1}{30},&&B_3=\frac{1}{42}, &&B_4=\frac{1}{30},&&B_5=\frac{5}{66},&&B_6=\frac{691}{2730},\\ &B_7=\frac{7}{6},&&B_8=\frac{3617}{510},&&B_9=\frac{43867}{798}, &&B_{10}=\frac{174611}{330},&&\cdots \end{align}$

［附記］ 

$B_n$ は有理数で，分母は $p-1$ が $2n$ の約数であるような素数 $p$ の積である．

さて $\cot z$ の展開であるが，(1)，(4) から

(6)

$\begin{align} z \cot z & =1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n}B_nz^{2n}}{(2n)!}&& (|z| < \pi)\\ & =1-\frac{z^2}{3}-\frac{z^4}{45}-\cdots. \end{align}$

また $\tan z = \cot z - 2 \cot 2z$ から

(7)

$\begin{align} \tan z &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}(2^{2n}-1)B_n z^{2n-1}}{(2n)!} & & \left(|z| < \frac{z}{2}\right)\\ & =z+\frac{1}{3}z^3+\frac{2}{15}z^5+\cdots. \end{align}$

また $\mathrm{cosec}\,z=\cot \tfrac{z}{2}-\cot z$ から，(6)によって

(8)

$\begin{align} \frac{z}{\sin z}&=1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2^{2n-1}-1)B_n z^{2n}}{(2n)!} & &(|z| < \pi)\\ &=1+\frac{1}{6}z^2+\frac{7}{360}z^4+\cdots. \end{align}$

$\sec z$ の展開は $\sec z =\tan z\cdot\mathrm{cosec}\, z$ からも得られるが，直接に

(9)

$\sec z =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{E_n z^{2n}}{(2n)!}\qquad \left(|z| < \frac{\pi}{2}\right)$

と置いて

$\cos z\cdot\sec z =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{E_n z^{2n}}{(2n)!} =1$

から

(10)

$E_0=1,\quad E_n-\binom{2n}{2}E_{n-1}+\binom{2n}{4}E_{n-2}-\cdots +(-1)^n E_0=0.$

これから次々に

$E_0=1,\ E_1=1,\ E_2=5,\ E_3=61,\ E_4=1385,\ E_5=50521,\ E_6=2702765,\cdots$

を得る． $E_n$ を Euler の数または正割係数という．

［附記］ 

$E_n$ は正の奇数であるが，奇数番号の $E_n$ は末位が $1$ で，偶数番号の $E_n$ は（ $E_0$ を除いて）末位が $5$ である．

(2º)

自然数の巾和　Bernoulli の多項式

(11)

$S_n(k)=1^n+2^n+\cdots +k^n$

は Bernoulli の数によって表わされる．今その方法を述べる．

(12)

$\varphi(x,z)=\frac{z e^{xz}}{e^z-1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n(x)}{n!}z^n$

と置けば，(2) の記号を用いて

$\sum_{n=0}^\infty \frac{b_n z^n}{n!} \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n z^n}{n!} =\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n(x)}{n!} z^n$

から

(13)

$B_n(x)=b_0 x^n +\binom{n}{1}b_1 x^{n-1} +\binom{n}{2}b_2 x^{n-2}+\cdots+b_n.$

よって

$B_0(x)=1,B_1(x)=x-\frac{1}{2},$

その他は

$B_n(x) =x^n - \frac{n}{2}x^{n-1}+\binom{n}{2}B_1 x^{n-2}-\binom{n}{4}B_2 x^{n-4}+\cdots,$

最終項は

$\Bigg\{$	$n$　が偶数ならば　$-(-1)^{\frac{n}{2}}B_{\frac{n}{2}}$，
	$n$　が奇数ならば　$-(-1)^{\frac{n-1}{2}} n B_{\frac{n-1}{2}} x$．

$B_n(x)$ を Bernoulli の多項式 という．

さて，(12) から

$\varphi(x+1,z)=\varphi(x,z)+z e^{xz}.$

故に $z^n$ の係数を比較して

(14)

$B_n(x+1)-B_n(x)=n x^{n-1}.$

$n$ を $n+1$ に換えて

$B_{n+1}(x+1)-B_{n+1}(x)=(n+1) x^{n}.$

$x=0, 1, 2, \cdots, k-1$ として，加えて

$\begin{align} S_n(k)k &=\frac{1}{n+1}\{B_{n+1}(k)-B_{n+1}(0)\}+k^n\\ &= \frac{k^{n+1}}{n+1}+\frac{k^n}{2} +\binom{n}{1}\frac{B_1}{2}k^{n-1}-\binom{n}{3}\frac{B_2}{4}k^{n-3}+\cdots \end{align}$

$+\Bigg\{$	$-(-1)^{\frac{n}{2}+1}B_{\frac{n}{2}} k$，	（$n$ は偶数）
	$-(-1)^{\frac{n+1}{2}} \frac{n}{2} B_{\frac{n-1}{2}} k^2$．	（$n$ は奇数）

［附記］ 

このように，Bernoulli の多項式は級数の総和法に用いられる．今 $\textstyle f(x)=\sum_{\nu=0}^n a_\nu x^\nu$ を与えられた多項式とするとき

$F(x)=\sum_{\nu=0}^n \frac{a_\nu}{\nu+1}B_{\nu+1}(x)$

と置けば，(14) によって

$F(x+1)-F(x)=f(x).$

故に

$f(1)+f(2)+\cdots+f(n)=F(n+1)-F(n).$

上記 $S_n$ はこれの特別の場合である． (13) から微分方程式

(15)

$B_n^\prime(x)=nB_{n-1}(x)$

を得る．また (12) から$\varphi(1-x,z)=\varphi(x,-z)$，従って

(16)

$B_n(1-x)=(-1)^n B_n(x).$

(14)，(15)，(16) は Bernoulli 多項式の基本的性質である．

(3º)

$\cot z$ を部分分数に分割すること

(17)

$\cot z =\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{1}{z-n\pi}+\frac{1}{z+n\pi}\right) =\frac{1}{z}+2z \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z^2-n^2 \pi^2}.$

［証］

$\cot z$ は $z=n\pi\, (n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots)$ において一次の極を有して，その留数は

$(-1)^n \cos n\pi \cdot \lim_{z \to n\pi} \frac{z-n\pi}{\sin (z-n\pi)} = 1.$

今 $x=\pm R, y=\pm R\,(R=n\pi+\tfrac{\pi}{2})$ で囲まれた正方形の周 $C$ に関して積分すれば

(18)

$\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{\cot z}{z-\zeta}dz =\cot \zeta + \sum_{k=-n}^n \frac{1}{k\pi - \zeta}.$

ただし， $\zeta \ne k\pi, |\zeta| < R$ とする（定理 61）．

さて正方形の縦辺上では

$z=\pm R+yi,\quad \cot z = \cot\left(\pm n\pi \pm \frac{\pi}{2}+yi\right)=-\tan yi,$

$|\cot z|=\left|\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}\right|< 1.$

また横辺上では $z=x\pm Ri$ で

$|\cot z| =\left|\frac{e^{ix}e^{-R}+e^{-ix}e^R}{e^{ix}e^{-R}-e^{-ix}e^R}\right| \leq \frac{e^R+e^{-R}}{e^R-e^{-R}}.$

故に $R$ を十分大きくとれば $|\cot z|<2$． $R\to\infty$ のとき，(18) の左辺で $\textstyle\int_C \to 0$．それを示すために積分を変形して

$\int_C \frac{\cot z}{z-\zeta}dz =\int_C \frac{\cot z}{z}dz+\zeta\int_C \frac{\cot z}{z(z-\zeta)}dz$

とする．$\tfrac{\cot z}{z}$ は偶函数だから，右辺の第一の積分は $0$ に等しい．また $R\to\infty$ のとき

(19)

$\left|\int_C \frac{\cot z}{z(z-\zeta)}dz \right| < \frac{2}{R(R-|\zeta|)} \int_C ds = \frac{16}{R-|\zeta|}\to 0$

すなわち (18) の左辺で $\textstyle\int_C \to 0$．故に (18) から， $\zeta$ を $z$ と書き換えて

$\begin{align} \cot z &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=-n}^n \frac{1}{z-k\pi}\\ &=\frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \left[ \frac{1}{z-n\pi}+\frac{1}{z+n\pi}\right]\\ &=\frac{1}{z} + 2z \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z^2-n^2\pi^2}. \end{align}$

すなわち (17) が証明されたのである． この級数は，その形から見えるように，$z=n\pi$ $(n=\pm 1,\pm 2,\cdots)$ を含まない閉区域において一様に収束する．よって

$\frac{d}{dz}\log \frac{\sin z}{z}=\cot z -\frac{1}{z}$

を用いて，実軸上 $0$ から $z\,(0 \leqq z < \pi)$ まで項別に積分して

$\log \frac{\sin z}{z} = \sum_{n=1}^\infty \left\{ \log \left(1-\frac{z}{n\pi}\right)+\log\left(1+\frac{z}{n\pi}\right) \right\},$

従って

(20)

$\sin z = z \prod_{n=1}^{\infty}\left(1 - \frac{z^2}{n^2\pi^2}\right).$

これは $0\leqq z < \pi$ が実数なるときに証明されたのであるが，$\sin z$ は超越整函数であり，また右辺の無限積は $z$平面上任意の閉区域で一様に収束する（定理 46）から，右辺も整函数である（定理 57）．故に解析的延長の原則によって (20) は任意の $z$ に関して成り立つ．

［注意］ 

#eq:64.17(17) で $\textstyle\sum\frac{1}{z-n\pi}$ と $\textstyle\sum\frac{1}{z+n\pi}$と，また (20) で $\textstyle\prod(1-\frac{z}{n\pi})$ と $\textstyle\prod(1+\frac{z}{n\pi})$ とは，別々には収束しない．

(4º)

$\frac{1}{\sin z}, \frac{1}{\cos z}$ を部分分数に分割すること

$\cot z$ と同様の方法によって $1/\sin z$ を部分分数に分割することができる．極は $\cot z$ と同じく $z=n\pi$ であるが，留数は $(-1)^n$ になる．結果は次の通り：

(21)

$\frac{1}{\sin z} =\lim_{\nu \to \infty}\sum_{n=-\nu}^{\nu}\frac{(-1)^n}{z-n\pi} =\frac{1}{z}+2z \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{z^2-n^2\pi^2}.$

同じ方法によって（または (21)，(17) において $z$ を $z+\tfrac{\pi}{2}$ に換えて）次の公式を得る：

(22)

$\begin{align} \frac{1}{\cos z}&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left( \frac{1}{z+\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi} -\frac{1}{z-\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi} \right)\\ &=2\pi \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \left(n+\frac{1}{2}\right)}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \pi^2 - z^2}, \end{align}$

(23)

$\begin{align} \tan z & =-\sum_{n=0}^\infty\left( \frac{1}{z-\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi} +\frac{1}{z+\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi} \right)\\ &=2z \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \pi^2 - z^2}. \end{align}$

(5º)

級数 $\sum n^{-2k}, \sum (-1)^n n^{-2k}$

(17) から

$z \cot z = 1+ 2z^2 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z^2-n^2\pi^2}.$

さて $|z| < \pi$ とすれば

$\frac{z^2}{n^2\pi^2-z^2} =\left( \frac{z}{n\pi} \right)^2 +\left( \frac{z}{n\pi} \right)^4+\cdots \left( \frac{z}{n\pi} \right)^{2k}+\cdots.$

故に（定理 58）

(24)

$z \cot z=1-2\sum_{k=1}^\infty s_{2k}\left( \frac{z}{\pi}\right)^{2k},$

ただし

(25)

$s_{2k}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2k}},$

これを級数 (6) と比較して

(26)

$s_{2k}=\frac{2^{2k-1}B_k}{(2k)!} \pi^{2k}$

を得る．例えば $k=1, 2$ とすれば

$\begin{align} s_2&=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots = \frac{\pi^2}{6},\\ s_4&=1+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\cdots = \frac{\pi^4}{90}. \end{align}$

［注意］ 

(26) によって $B_n>0$ がわかる（231/2 頁参照）．また $B_n \to \infty$．

同じように (21) から

$\frac{z}{\sin z}=1+2\sum_{k=1}^\infty s_{2k}'\left(\frac{z}{\pi}\right)^{2k},$

ただし

(27)

$s_{2k}' =1-\frac{1}{2^{2k}}+\frac{1}{3^{2k}}-\cdots$

$s_{2k}'$ の値は $s_{2k}$ の値から容易に得られる．すなわち

$s_{2k}-s_{2k}' =2\left( \frac{1}{2^{2k}}+\frac{1}{4^{2k}}+\cdots \right) =\frac{1}{2^{2k-1}}s_{2k},$

従って

$s_{2k}'=\left( 1-\frac{1}{2^{2k-1}} \right) s_{2k},$

故に (26) から

(28)

$s_{2k}'= \frac{2^{2k-1}-1}{(2k)!} B_k \pi^{2k}.$

同様に (22) から

(29)

$\frac{1}{\cos z} =\sigma_1 \frac{2^2}{\pi}+\sigma_3 \frac{2^4}{\pi^3}z^2+\sigma_6 \frac{2^6}{\pi^5}z^4+\cdots,$

ただし，

(30)

$\sigma_k = 1-\frac{1}{3^k}+\frac{1}{5^k}-\cdots,$

これを (9) ，すなわち

$\frac{1}{\cos z}=E_0 + \frac{E_1}{2!}z^2 + \frac{E_2}{4!}z^4 + \cdots$

と比較して

(31)

$\sigma_{2k+1}=\frac{E_k}{2^{2k+2}(2k!)} \pi^{2k+1}.$

最初の二，三は

$\begin{align} &1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots = \frac{\pi}{4},\\ &1-\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^3}-\cdots = \frac{\pi^3}{32},\\ &1-\frac{1}{3^5}+\frac{1}{5^5}-\cdots = \frac{5\pi^5}{3\cdot 2^9}. \end{align}$

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