ζの部分和のオーダー
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$\zeta(s)$の第$n$部分和
$$\H{s}=\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}$$
のオーダーを考えてみました. ただし$\mathrm{Re}(s)>1$とします.
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$x\mapsto e^{-\frac x{n+1}}$なる置換によって,
$$\beq
\int_0^1x^n(-\log x)^{s-1}\,dx&=&\int_0^\infty e^{-\frac n{n+1}x}\cdot\Big(\frac{x}{n+1}\Big)^{s-1}\cdot\frac{e^{-\frac x{n+1}}}{n+1}\,dx\\
&=&\frac1{(n+1)^s}\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\,dx\\
&=&\frac{\Gamma(s)}{(n+1)^s}
\eeq$$
に注意して,
$$\beq
\zeta(s)-\H{s}&=&\sum_{k=0}^\infty\frac1{(n+1+k)^s}\\
&=&\frac1{\Gamma(s)}\sum_{k=0}^\infty\int_0^1x^{n+k}(-\log x)^{s-1}\,dx\\
&=&\frac1{\Gamma(s)}\int_0^1\frac{x^n}{1-x}(-\log x)^{s-1}\,dx
\eeq$$
$x\mapsto e^{-\frac xn}$なる置換によって,
$$\beq \ds\int_0^1\frac{x^n}{1-x}(-\log x)^{s-1}\,dx&=&\frac1{n^{s-1}}\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{1-e^{-\frac xn}}\,x^{s-1}\cdot\frac{e^{-\frac xn}}{n}\,dx\\ &=&\frac1{n^{s-1}}\int_0^\infty\frac{\frac xn}{e^{\frac xn}-1}x^{s-2}e^{-x}\,dx\\ &=&\frac1{n^{s-1}}\sum_{k=0}^\infty\frac{B_k}{k!}\cdot\frac{1}{n^k}\int_0^\infty x^{s+k-2}e^{-x}\,dx\\ &=&\sum_{k=0}^\infty B_k\cdot\frac{\Gamma(s+k-1)}{k!}\cdot\frac1{n^{s+k-1}} \eeq$$
となりました. ただし$B_k$はベルヌーイ数です.
と, 書いていて気づいたのですが, ベルヌーイ数はとても速く, $k!$くらいの速さで大きくなるので, この無限級数は収束しなさそうです. うまいことやるとうまくいくのかもしれませんが, 私にはその技量もありません...
なので, 有限項で打ち切って,
$$\beq \zeta(s)-\H{s}&=&\frac1{\Gamma(s)}\int_0^1\frac{x^n}{1-x}(-\log x)^{s-1}\,dx\\ &\sim&\sum_{k=0}^N B_k\cdot\frac{\Gamma(s+k-1)}{\Gamma(s)k!}\cdot\frac1{n^{s+k-1}}\\ \eeq$$
としておきます. これなら正しいはずです. (なにか間違っていたら教えてください！)
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あと, これについて調べてみて気づいたのですが, 実はこれ, そのまんまポリガンマ関数でしたね...
読んで下さってありがとうございました！
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