为了求正切的麦克劳林展开式，我复习了伯努利数
这是一篇随笔。前段时间数分课讲到了Taylor公式，做题的时候常常会用到sinx,cosx\sin x,\cos xsinx,cosx等函数的Taylor展开式。我们容易写出sinx\sin xsinx和cosx\cos xcosx的nnn阶麦克劳林展开式，但是tanx\tan xtanx的麦克劳林展开式比较复杂，于是我翻开《具体数学》重新学习了一下跟伯努利数有关的内容，并做一些简单的整理。
首先给出伯努利数的定义。伯努利数BnB_nBn是由如下递归式定义的数：
∑j=0m(m+1j)Bj=[m=0],m∈N. \sum\limits_{j=0}^m\binom{m+1}jB_j=[m=0],m\in\N. j=0∑m(jm+1)Bj=[m=0],m∈N.
特别地，令m=0m=0m=0可以得到B0=1B_0=1B0=1。
对这个递归式稍加改造，我们就得到了形式更整齐的
∑k=0n(nk)Bk=Bn+[n=1],n∈N.(1) \sum\limits_{k=0}^n\binom n kB_k=B_n+[n=1],n\in\N.\tag1 k=0∑n(kn)Bk=Bn+[n=1],n∈N.(1)
假设B(z)=∑n⩾0Bnznn!\mathscr B(z)=\sum\limits_{n\geqslant0}B_n\dfrac{z^n}{n!}B(z)=n⩾0∑Bnn!zn是伯努利数的指数生成函数，因为
ez=∑n⩾0znn!, e^z=\sum\limits_{n\geqslant0}\dfrac{z^n}{n!}, ez=n⩾0∑n!zn,
所以它与B(z)\mathscr B(z)B(z)的卷积是
ezB(z)=∑n⩾0∑0⩽k⩽nBkn!k!(n−k)!znn!=∑n⩾0(∑k=0n(nk)Bk)znn!, e^z\mathscr B(z)=\sum\limits_{n\geqslant0}\sum\limits_{0\leqslant k\leqslant n}\dfrac{B_kn!}{k!(n-k)!}\dfrac{z^n}{n!}=\sum\limits_{n\geqslant 0}\left(\sum\limits_{k=0}^n\binom n kB_k\right)\dfrac{z^n}{n!}, ezB(z)=n⩾0∑0⩽k⩽n∑k!(n−k)!Bkn!n!zn=n⩾0∑(k=0∑n(kn)Bk)n!zn,
而111式的右边Bn+[n=1]B_n+[n=1]Bn+[n=1]的指数生成函数是B(z)+z\mathscr B(z)+zB(z)+z，所以我们得到了
B(z)=zez−1. \mathscr B(z)=\dfrac{z}{e^z-1}. B(z)=ez−1z.
注意到双曲函数sinhz=ez−e−z2,cosh=ez+e−z2\sinh z=\dfrac{e^z-e^{-z}}{2},\cosh=\dfrac{e^z+e^{-z}}2sinhz=2ez−e−z,cosh=2ez+e−z，则双曲余切函数cothz=ez+e−zez−e−z\coth z=\dfrac{e^z+e^{-z}}{e^z-e^{-z}}cothz=ez−e−zez+e−z，那么
z2cothz2=z2ez/2+e−z/2ez/2−e−z/2=z2ez+1ez−1=zez−1+z2. \dfrac{z}{2}\coth\dfrac z 2=\dfrac z 2\dfrac{e^{z/2}+e^{-z/2}}{e^{z/2}-e^{-z/2}}=\dfrac z 2\dfrac{e^z+1}{e^z-1}=\dfrac z{e^z-1}+\dfrac z 2. 2zcoth2z=2zez/2−e−z/2ez/2+e−z/2=2zez−1ez+1=ez−1z+2z.
又注意到B1=−12B_1=-\dfrac12B1=−21，所以zez−1+z2=∑n⩾0,n≠1Bnznn!\dfrac{z}{e^z-1}+\dfrac z2=\sum\limits_{n\geqslant 0,n\neq1}B_n\dfrac{z^n}{n!}ez−1z+2z=n⩾0,n=1∑Bnn!zn。又因为z2cothz2\dfrac z2\coth\dfrac z22zcoth2z是奇函数，所以对所有大于111的奇数nnn都有Bn=0B_n=0Bn=0，于是zez−1+z2=∑n⩾0,n≠1Bnznn!\dfrac{z}{e^z-1}+\dfrac z 2=\sum\limits_{n\geqslant0,n\neq1}B_n\dfrac{z^n}{n!}ez−1z+2z=n⩾0,n=1∑Bnn!zn中就只包含nnn为偶数的项，我们可以把它写成
z2cothz2=∑n⩾0B2nz2n(2n)!, \dfrac z2\coth\dfrac z2=\sum\limits_{n\geqslant0}B_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}, 2zcoth2z=n⩾0∑B2n(2n)!z2n,
用2z2z2z替换zzz就有
zcothz=∑n⩾0B2n4nz2n(2n)!. z\coth z=\sum\limits_{n\geqslant 0}B_{2n}\dfrac{4^nz^{2n}}{(2n)!}. zcothz=n⩾0∑B2n(2n)!4nz2n.
注意，这里的所有zzz都是复数，而三角函数与双曲函数满足如下关系
sinz=−isinhiz,cosz=coshiz,cotz=icothiz, \sin z=-i\sinh iz,\cos z=\cosh iz,\cot z=i\coth iz, sinz=−isinhiz,cosz=coshiz,cotz=icothiz,
于是我们有
cotz=izcothiz=∑n⩾0B2n(−4)nz2n−1(2n)!. \cot z=iz\coth iz=\sum\limits_{n\geqslant 0}B_{2n}\dfrac{(-4)^nz^{2n-1}}{(2n)!}. cotz=izcothiz=n⩾0∑B2n(2n)!(−4)nz2n−1.
注意，n=0n=0n=0时的求和项B2n(−4)nz2n−1(2n)!=1zB_{2n}\dfrac{(-4)^nz^{2n-1}}{(2n)!}=\dfrac1zB2n(2n)!(−4)nz2n−1=z1不是zzz的非负整数次幂，所以上式并不是关于zzz的多项式。这是合理的，因为cotz\cot zcotz在z=0z=0z=0处是发散到无穷大的，它不能在这一点处作麦克劳林展开。
从cotz\cot zcotz过渡到tanz\tan ztanz是非常容易的，我们并不需要做多项式除法，只要用
tanz=cotz−2cot2z \tan z=\cot z-2\cot 2z tanz=cotz−2cot2z
即可得出
tanz=∑n⩾0(−1)n−14n(4n−1)B2nz2n−1(2n)!. \tan z=\sum\limits_{n\geqslant 0}(-1)^{n-1}4^n(4^n-1)B_{2n}\dfrac{z^{2n-1}}{(2n)!}. tanz=n⩾0∑(−1)n−14n(4n−1)B2n(2n)!z2n−1.
这是一个关于zzz的多项式。虽然n=0n=0n=0时z2n−1=1zz^{2n-1}=\dfrac1zz2n−1=z1，但这一项的系数含有4n−1=04^n-1=04n−1=0，因此它没有影响。
趁热打铁，做两个练习（《具体数学》习题6.72）：求zsinz\dfrac{z}{\sin z}sinzz和lntanzz\ln\dfrac{\tan z}zlnztanz的形式幂级数。
注意到1sinz+coszsinz=1+coszsinz=cotz2\dfrac{1}{\sin z}+\dfrac{\cos z}{\sin z}=\dfrac{1+\cos z}{\sin z}=\cot\dfrac z2sinz1+sinzcosz=sinz1+cosz=cot2z，所以
zsinz=2⋅z2cotz2−zcotz=∑n⩾0(−1)n(2−4n)B2nz2n(2n)!. \dfrac{z}{\sin z}=2\cdot\dfrac z2\cot\dfrac z2-z\cot z=\sum\limits_{n\geqslant0}(-1)^n(2-4^n)B_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}. sinzz=2⋅2zcot2z−zcotz=n⩾0∑(−1)n(2−4n)B2n(2n)!z2n.
lntanzz\ln\dfrac{\tan z}zlnztanz可能有些棘手，但是注意到
2sin2z−1z=∑n⩾1(−4)n(2−4n)B2nz2n−1(2n)!, \begin{aligned} \dfrac{2}{\sin 2z}-\dfrac1z=\sum\limits_{n\geqslant 1}(-4)^n(2-4^n)B_{2n}\dfrac{z^{2n-1}}{(2n)!}, \end{aligned} sin2z2−z1=n⩾1∑(−4)n(2−4n)B2n(2n)!z2n−1,
两边关于zzz取不定积分有
lntanzz+C=∑n⩾1(−4)n(2−4n)B2n2nz2n(2n)!, \ln\dfrac{\tan z}z+C=\sum\limits_{n\geqslant 1}(-4)^n(2-4^n)\dfrac{B_{2n}}{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}, lnztanz+C=n⩾1∑(−4)n(2−4n)2nB2n(2n)!z2n,
注意到z=0z=0z=0时lntanzz=0\ln\dfrac{\tan z}z=0lnztanz=0，所以C=0C=0C=0。因此我们得到了
lntanzz=∑n⩾1(−4)n(2−4n)B2n2n⋅z2n(2n)!. \ln\dfrac{\tan z}z=\sum\limits_{n\geqslant1}(-4)^n(2-4^n)\dfrac{B_{2n}}{2n}\cdot\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}. lnztanz=n⩾1∑(−4)n(2−4n)2nB2n⋅(2n)!z2n.
关于伯努利数，它最初是由伯努利在自然数的幂之和的式子中发现的，即
Sm(n)=∑k=0n−1km=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm+1−k,m∈N.(2) S_m(n)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k},m\in\N.\tag{2} Sm(n)=k=0∑n−1km=m+11k=0∑m(km+1)Bknm+1−k,m∈N.(2)
也就是说，Sm(n)S_m(n)Sm(n)总是关于nnn的m+1m+1m+1次多项式，而这个多项式系数与伯努利数有关。这个结论可以利用数学归纳法证明。
**证 **首先，S0(n)=n,10+1(10)B0n0+1−0=nS_0(n)=n,\dfrac{1}{0+1}\dbinom{1}{0}B_0n^{0+1-0}=nS0(n)=n,0+11(01)B0n0+1−0=n，这时222式成立。
现假设对所有0⩽j<m0\leqslant j<m0⩽j<m，都有
Sj(n)=1j+1∑k=0j(j+1k)Bknj+1−k, S_j(n)=\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k}B_kn^{j+1-k}, Sj(n)=j+11k=0∑j(kj+1)Bknj+1−k,
考虑求出Sm(n)S_m(n)Sm(n)。为此，我们使用扰动法：
Sm+1(n)+nm+1=∑k=0nkm+1=∑k=0n−1(k+1)m+1=∑k=0n−1∑j=0m+1(m+1j)kj=∑j=0m+1(m+1j)∑k=0n−1kj=∑j=0m+1(m+1j)Sj(n). \begin{aligned} S_{m+1}(n)+n^{m+1} &=\sum\limits_{k=0}^nk^{m+1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(k+1)^{m+1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}k^j\\ &=\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^j\\ &=\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n). \end{aligned} Sm+1(n)+nm+1=k=0∑nkm+1=k=0∑n−1(k+1)m+1=k=0∑n−1j=0∑m+1(jm+1)kj=j=0∑m+1(jm+1)k=0∑n−1kj=j=0∑m+1(jm+1)Sj(n).
两边消去Sm+1(n)S_{m+1}(n)Sm+1(n)得
nm+1=∑j=0m(m+1j)Sj(n), n^{m+1}=\sum\limits_{j=0}^m\binom{m+1}{j}S_j(n), nm+1=j=0∑m(jm+1)Sj(n),
于是
(m+1)Sm(n)=nm+1−∑j=0m−1(m+1j)1j+1∑k=0j(j+1k)Bknj+1−k=nm+1−∑j=0m−1(m+1j)1j+1∑k=0j(j+1k+1)Bj−knk+1=nm+1−∑k=0m−1nk+1∑j=km−11j+1(m+1j)(j+1k+1)Bj−k=nm+1−∑k=0m−1nk+1∑j=0m−1−k1j+k+1(m+1j+k)(j+k+1k+1)Bj=nm+1−∑k=0m−1nk+1∑j=0m−1−l1k+1(m+1j+k)(j+kk)Bj=nm+1−∑k=0m−1nk+1k+1∑j=0m−1−k(m+1k)(m+1−kj)Bj=nm+1−∑k=0m−1nk+1k+1(m+1k)∑j=0m−1−k(m+1−kj)Bj \begin{aligned} (m+1)S_m(n) &=n^{m+1}-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k}B_kn^{j+1-k}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k+1}B_{j-k}n^{k+1}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=k}^{m-1}\dfrac{1}{j+1}\binom{m+1}{j}\binom{j+1}{k+1}B_{j-k}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\dfrac{1}{j+k+1}\binom{m+1}{j+k}\binom{j+k+1}{k+1}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-l}\dfrac{1}{k+1}\binom{m+1}{j+k}\binom{j+k}{k}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1}{k}\binom{m+1-k}{j}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1-k}jB_j \end{aligned} (m+1)Sm(n)=nm+1−j=0∑m−1(jm+1)j+11k=0∑j(kj+1)Bknj+1−k=nm+1−j=0∑m−1(jm+1)j+11k=0∑j(k+1j+1)Bj−knk+1=nm+1−k=0∑m−1nk+1j=k∑m−1j+11(jm+1)(k+1j+1)Bj−k=nm+1−k=0∑m−1nk+1j=0∑m−1−kj+k+11(j+km+1)(k+1j+k+1)Bj=nm+1−k=0∑m−1nk+1j=0∑m−1−lk+11(j+km+1)(kj+k)Bj=nm+1−k=0∑m−1k+1nk+1j=0∑m−1−k(km+1)(jm+1−k)Bj=nm+1−k=0∑m−1k+1nk+1(km+1)j=0∑m−1−k(jm+1−k)Bj
因为这里的k<mk<mk<m，那么
∑j=0m−k(m+1−kj)Bj=[m=k]=0, \sum\limits_{j=0}^{m-k}\binom{m+1-k}jB_j=[m=k]=0, j=0∑m−k(jm+1−k)Bj=[m=k]=0,
所以
∑j=0m−1−k(m+1−kj)Bj=−(m+1−k)Bm−k, \sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1-k}jB_j=-(m+1-k)B_{m-k}, j=0∑m−1−k(jm+1−k)Bj=−(m+1−k)Bm−k,
那么
(m+1)Sm(n)=nm+1+∑k=0m−1nk+1k+1(m+1k)(m+1−k)Bm−k=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)(m+1−k)Bm−k⇒Sm(n)=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm−k+1. \begin{aligned} (m+1)S_m(n) &=n^{m+1}+\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}(m+1-k)B_{m-k}\\ &=\sum\limits_{k=0}^m\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}(m+1-k)B_{m-k}\\ \Rightarrow S_m(n)&=\dfrac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m\binom{m+1}{k}B_kn^{m-k+1}. \end{aligned} (m+1)Sm(n)⇒Sm(n)=nm+1+k=0∑m−1k+1nk+1(km+1)(m+1−k)Bm−k=k=0∑mk+1nk+1(km+1)(m+1−k)Bm−k=m+11k=0∑m(km+1)Bknm−k+1.
由第二数学归纳法，222式对任意自然数mmm成立。□\Box□
伯努利数还有其他应用，其中尤为重要的一个是它可以帮我们求出偶数阶调和数。首先有
zcotz=1−2∑k⩾1z2k2π2−z2.(3) z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}.\tag3 zcotz=1−2k⩾1∑k2π2−z2z2.(3)
这个式子的证明放到后面。现在将z2k2π2−z2=z2k2π21−z2k2π2=−1+11−z2k2π2\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}=\dfrac{\frac{z^2}{k^2\pi^2}}{1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}}=-1+\dfrac{1}{1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}}k2π2−z2z2=1−k2π2z2k2π2z2=−1+1−k2π2z21展开为形式幂级数，有
z2k2π2−z2=∑n⩾1(z2k2π2)n, \dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}=\sum\limits_{n\geqslant1}\left(\dfrac{z^2}{k^2\pi^2}\right)^n, k2π2−z2z2=n⩾1∑(k2π2z2)n,
于是
zcotz=1−2∑k⩾1∑n⩾1z2nπ2n⋅1k2n=1−2∑n⩾1z2nπ2n∑k⩾11k2n=1−2∑n⩾1z2nπ2nH∞(2n). z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}\cdot\dfrac{1}{k^{2n}}=1-2\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{1}{k^{2n}}=1-2\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}H_\infty^{(2n)}. zcotz=1−2k⩾1∑n⩾1∑π2nz2n⋅k2n1=1−2n⩾1∑π2nz2nk⩾1∑k2n1=1−2n⩾1∑π2nz2nH∞(2n).
又因为
zcotz=∑n⩾0(−4)nB2nz2n(2n)!, z\cot z=\sum\limits_{n\geqslant 0}(-4)^nB_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}, zcotz=n⩾0∑(−4)nB2n(2n)!z2n,
取含有z2nz^{2n}z2n的项的系数，就得到
H∞(2n)=(−1)n−122n−1B2nπ2n(2n)!. H_\infty^{(2n)}=\dfrac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}\pi^{2n}}{(2n)!}. H∞(2n)=(2n)!(−1)n−122n−1B2nπ2n.
例如我们熟知的
H∞(2)=∑n⩾11n2=π26,H∞(4)=∑n⩾11n4=π490 H_\infty^{(2)}=\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6},\\ H_\infty^{(4)}=\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^4}=\dfrac{\pi^4}{90} H∞(2)=n⩾1∑n21=6π2,H∞(4)=n⩾1∑n41=90π4
等等。（Rmk：这里的H∞(2n)H_\infty^{(2n)}H∞(2n)也可以记作黎曼ζ\zetaζ函数的形式：ζ(2n)\zeta(2n)ζ(2n)）
这里补上333式的证明。这个式子的证明来源于《具体数学》的习题6.73，首先证明
zcotz=z2n−1cotz2n−1+∑k=12n−1−1z2n(cotz+kπ2n+cotz−kπ2n).(4) z\cot z=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right).\tag4 zcotz=2n−1zcot2n−1z+k=1∑2n−1−12nz(cot2nz+kπ+cot2nz−kπ).(4)
我们有
z2n−1cotz2n−1+∑k=12n−1−1z2n(cotz+kπ2n+cotz−kπ2n)=z2n−1cotz2n−1+z2n(∑k=12n−1−1cotz+kπ2n+∑k=12n−1−1cotz−(2n−1−k)π2n)=z2n−1cotz2n−1+z2n(∑k=12n−1−1cotz+kπ2n−∑k=12n−1−1tanz+kπ2n)=z2n−1cotz2n−1+z2n−1∑k=12n−1−1cotz+kπ2n−1=z2n−1∑k=12n−1−1cotz+kπ2n−1 \begin{aligned} &\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^n}\left(\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z-(2^{n-1}-k)\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^n}\left(\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}-\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\tan\dfrac{z+k\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^{n-1}}\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^{n-1}}\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^{n-1}} \end{aligned} 2n−1zcot2n−1z+k=1∑2n−1−12nz(cot2nz+kπ+cot2nz−kπ)=2n−1zcot2n−1z+2nz⎝⎛k=1∑2n−1−1cot2nz+kπ+k=1∑2n−1−1cot2nz−(2n−1−k)π⎠⎞=2n−1zcot2n−1z+2nz⎝⎛k=1∑2n−1−1cot2nz+kπ−k=1∑2n−1−1tan2nz+kπ⎠⎞=2n−1zcot2n−1z+2n−1zk=1∑2n−1−1cot2n−1z+kπ=2n−1zk=1∑2n−1−1cot2n−1z+kπ
再利用数学归纳法（略）即可证明上式等于zcotzz\cot zzcotz。
下面对444式中的第kkk个求和项取n→∞n\to\inftyn→∞时的极限，有
limn→∞z2n(cotz+kπ2n+cotz−kπ2n)=limn→∞z2nsinz2n−1sinz+kπ2nsinz−kπ2n=limn→∞z2nz2n−1z+kπ2nz−kπ2n=2z2z2−k2π2 \begin{aligned} &\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right)\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\dfrac{\sin\frac{z}{2^{n-1}}}{\sin\frac{z+k\pi}{2^n}\sin\frac{z-k\pi}{2^n}}\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\dfrac{\frac{z}{2^{n-1}}}{\frac{z+k\pi}{2^n}\frac{z-k\pi}{2^n}}\\ &=\dfrac{2z^2}{z^2-k^2\pi^2} \end{aligned} n→∞lim2nz(cot2nz+kπ+cot2nz−kπ)=n→∞lim2nzsin2nz+kπsin2nz−kπsin2n−1z=n→∞lim2nz2nz+kπ2nz−kπ2n−1z=z2−k2π22z2
又因为limn→∞z2n−1cotz2n−1=1\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}=1n→∞lim2n−1zcot2n−1z=1，所以
zcotz=1−2∑k⩾1z2k2π2−z2.□ z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}.\Box zcotz=1−2k⩾1∑k2π2−z2z2.□
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