\(\tan\)の高階微分についてその3
\(\cot\)の高階微分も求めてみる。
\[ \cot x=\tan\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \] から、直ちに \[ \frac{d^n}{dx^n}\cot x=(-1)^n\sum_{k=0}^{n+1}T_{n,k}\cot^k x \] を得る。次に\(\tanh\)の高階微分を求めてみたい。 \begin{align} \frac{d^n}{dx^n}\tanh x&=-i\frac{d^n}{dx^n}\tan ix\\ &=-i^{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}T_{n,k}\tan^k ix\\ &=i^{n-1}\sum_{k=0}^{n+1}T_{n,k}i^k\tanh^k x\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}i^{n+k-1}T_{n,k}\tanh^k x\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{(n+k-1)/2}T_{n,k}\tanh^kx \end{align} また、\(\coth x\)は\(\tanh x\)と同じ微分方程式 \[ y'=1-y^2 \] をみたすので、\(\tanh\)と同じく \[ \frac{d^n}{dx^n}\coth x=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{(n+k-1)/2}T_{n,k}\coth^k x \] が分かる。さて、その1でやったことを、 \(\cot\)でもやってみたくなるかもしれないが、\(\tan\)でやったことと 同じことが得られるだけである。ここでは、 \[ \tan^m x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\sum_{k\geq 0}(-1)^kT_{n,m-2k-1} \] において、\(x\to ix\)としてみよう。すると、 \begin{align} i^m\tanh^m x&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^nx^n}{n!}\sum_{k\geq 0}(-1)^kT_{n,m-2k-1}\\ \tanh^m x&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^{n-m}x^n}{n!}\sum_{k\geq 0}(-1)^kT_{n,m-2k-1}\\ \tanh^m x&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{(n-m)/2}x^n}{n!}\sum_{k\geq 0}(-1)^kT_{n,m-2k-1} \end{align} これで、\(\tanh^m x\)の級数展開が得られた。さて、ここで\(T_{n,k}^{*}\)を \[ \tan^k x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,k}^{*}}{n!}x^n \] と定義してみよう。ここで、\(n\)が負の整数においては\(0\)と定義する。すると、 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,0}}{n!}x^n&=\tan x\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,k}}{n!}x^n&=\tan^{k-1}(1+\tan^2 x) \end{align} であったから、 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,k}}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,k-1}^{*}}{n!}x^n+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_{n,k+1}^{*}}{n!}x^n \] より、 \[ T_{n,k}=T_{n,k-1}^{*}+T_{n,k+1}^{*} \] が得られる。さて、\(T_{n,k}^{*}\)の母関数を求めてみたい。 \[ T_n^*(x)=\sum_{k\geq 0}T_{n,k}^{*}x^k \] として、 \begin{align} T_n(x)&=\sum_{k\geq 0}T_{n,k}x^k\\ &=\sum_{k\geq 0}(T_{n,k-1}^{*}+T_{n,k+1}^{*})x^k\\ &=\left(x+\frac{1}{x}\right)\sum_{k\geq 0}T_{n,k}^{*}x^k-\frac{T_{n,0}}{x}\\ &=\left(x+\frac{1}{x}\right)T_n^*(x)-\frac{\delta_{n0}}{x} \end{align} よって、\(n\geq 1\)のとき、 \[ T_n(x)=\left(x+\frac 1x\right)T_n^*(x) \] であるから、前の記事で得た式 \[ T_n(x)=(1+x^2)T_{n-1}'(x) \] より \begin{align} T_n^*(x)&=\frac{xT_n(x)}{1+x^2}\\ &=xT_{n-1}'(x) \end{align} この係数を比較することによって、 \[ T_{n,k}^*=kT_{n-1,k} \] を得る。これはつまり、\(k\geq 1\)に対して、 \[ \tan^k x=k\sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_{n-1,k}}{n!}x^n \] これはすごい面白い！ また、その1では \[ \tan^k x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\sum_{i\geq 0}(-1)^iT_{n,k-2i-1} \] が得られていたから、これを比較して、 \[ \sum_{i\geq 0}(-1)^iT_{n,k-2i-1}=kT_{n-1,k} \] が得られる。また、\(x\to ix\)とすることにより、 \[ \tanh^k x=k\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{(n-k)/2}T_{n-1,k}}{n!}x^n \] も分かる。