ミクロゼータ関数
自己紹介＆導入
初めまして！徒花（あだばな）と申します．
本記事では，私が勝手にミクロゼータ関数と呼んでいる関数について解説したいと思います．
ミクロゼータ関数
$$\zeta_{m}(z) \coloneqq \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} B_{k} \ z^{m-k+1}$$
ただし，$m$ は自然数，$z$ は複素数である．
ベルヌーイ数 $B_{k}$ は，次の漸化式で定義されるものとします．
$$ B_{0} = 1 , \quad \sum_{k=0}^{n} \binom{n+1}{k} B_{k} = 0 \quad (n = 1,2,3,\ldots) $$
（ベルヌーイ数には $B_{1} = 1/2$ とする定義と $B_{1} = -1/2$ とする定義がありますが，この定義は後者に該当します．）
パッと見ただけではなんのことやらわかりませんね．随分と定義が天下りに感じられます．しかし，実はこれは「 冪乗和の公式 」に由来するものです．
任意の自然数 $N$ に対して，
$$\zeta_{m}(N) = 1^m + 2^m + \cdots + (N-1)^m$$
が成り立つ．これは，$\zeta_{m}(0) = 0$ 及び次の漸化式から導かれる．
$$\zeta_{m}(z+1) = \zeta_{m}(z) + z^{m}$$
リンク先のwikipediaは本記事とは異なり，次のような $N$ の多項式を取り扱っています．
$$S_{m}(N) = 1^m + 2^m + \cdots + N^m$$
また，ベルヌーイ数の定義も「前者の定義」が採用されており本記事とは異なるのでご注意ください．
まるでゼータ関数の部分和のようだから「ミクロゼータ関数」と名付けたわけです．安直ですね．
ですが，それだけが理由ではありません．わざわざ「ゼータ」の名を冠させたのにはそれなりの理由があります．
$\zeta_{m}(1-z) = {(-1)}^{m+1}\zeta_{m}(z)$
これを見れば皆さんも「ゼータと呼ぶにふさわしい」と感じるのではないでしょうか．$1-z \leftrightarrow z$ という対称性はまさにゼータ関数の関数等式そのものです．
具体的表示
$m$ の値が小さい場合を具体的に書き出すと，次の通り．
$$\begin{align} \zeta_{1}(z) &= \frac{1}{2}z(z-1)\\ \zeta_{2}(z) &= \frac{1}{3}z(z-1)\Big(z-\frac{1}{2}\Big)\\ \zeta_{3}(z) &= \frac{1}{4}z^2{(z-1)}^2\\ \zeta_{4}(z) &= \frac{1}{5}z(z-1)\Big(z-\frac{1}{2}\Big)\Big(z-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{21}}{6}\Big)\Big(z-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{21}}{6}\Big)\\ \zeta_{5}(z) &= \frac{1}{6}z^2{(z-1)}^2\Big(z-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\Big)\Big(z-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\Big)\\ \zeta_{6}(z) &= \frac{1}{7}z(z-1)\bigg(z-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{6}i}\bigg)\bigg(z-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{4}-\frac{\sqrt{3}}{6}i}\bigg)\bigg(z-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{6}i}\bigg)\bigg(z-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{3}{4}-\frac{\sqrt{3}}{6}i}\bigg)\\ \end{align}$$
確かに $1-z \leftrightarrow z$ という対称性がありますね．
証明
それでは，命題1,2を証明していきしょう．冪乗和の公式の証明はベルヌーイや関孝和によってなされたそうですが，その証明法を現代的に書き直せば次のようになります．
多項式環 $\mathbb{C}[B]$ から $\mathbb{C}$ への写像 $\phi : \mathbb{C}[B] \rightarrow \mathbb{C}$ を次の性質を満たすように定める（この定義はwell-definedである）．
- $\begin{align} \phi(f(B) + g(B)) &= \phi(f(B)) + \phi(g(B))\\ \phi(cf(B)) &= c\phi(f(B)) \end{align}$
- $\phi(B^k) = B_{k}$
$(\quad \forall f(B), g(B) \in \mathbb{C}[B],\quad \forall c \in \mathbb{C},\quad \forall k \in \mathbb{N} \quad)$
写像 $\phi$ を用いると，ベルヌーイ数の漸化式およびミクロゼータ関数の定義式は次のように表すことができる．
$$\begin{align} \phi(B^{n+1}) &= \phi({(B+1)}^{n+1}) \quad (n = 1,2,3,\ldots)\\ \zeta_{m}(z) &= \phi\bigg(\frac{(B+z)^{m+1}-B^{m+1}}{m+1}\bigg)\\ \end{align}$$
この表示を用いることで，漸化式や関数等式
- $\zeta_{m}(z+1) = \zeta_{m}(z) + z^{m}$
- $\zeta_{m}(1-z) = {(-1)}^{m+1}\zeta_{m}(z)$
を証明することができる．
漸化式（及び命題1）の証明
$$\begin{align} \zeta_{m}(z+1) &= \phi\bigg(\frac{(B+z+1)^{m+1}-B^{m+1}}{m+1}\bigg)\\ &= \phi\bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} {(B+1)}^{k} \ z^{m-k+1}\bigg)\\ &= \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} \phi\big({(B+1)}^{k}\big) \ z^{m-k+1}\\ &= \bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} \phi\big(B^{k}\big) \ z^{m-k+1}\bigg) + z^m\\ &= \bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} B_{k} \ z^{m-k+1}\bigg) + z^m\\ &= \zeta_{m}(z) + z^m \end{align}$$
（注：$k = 0,2,3,4,5,\ldots$ のとき $\phi(B^k) = \phi({(B+1)}^k)$ となり，$k = 1$ のときのみ例外的に $\phi(B+1) = \phi(B) + 1$ となることを用いている．）
$\zeta_{m}(0) = 0$ は定義式に代入すれば明らかだから，漸化式を繰り返し用いることで
$$\zeta_{m}(N) = 1^m + 2^m + \cdots + (N-1)^m$$
を得る．
関数等式の証明
$$\begin{align} \zeta_{m}(1-z) &= \phi\bigg(\frac{(B+1-z)^{m+1}-B^{m+1}}{m+1}\bigg)\\ &= \phi\bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} {(B+1)}^{k} \ {(-z)}^{m-k+1}\bigg)\\ &= \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} \phi\big({(B+1)}^{k}\big) \ {(-z)}^{m-k+1}\\ &= \bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} \phi\big(B^{k}\big) \ {(-z)}^{m-k+1}\bigg) + {(-z)}^m\\ &= \bigg(\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} B_{k} \ {(-z)}^{m-k+1}\bigg) + {(-z)}^m\\ &= \bigg(\frac{{(-1)}^{m+1}}{m+1}\sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} B_{k} \ z^{m-k+1}\bigg) - {(-z)}^m\ + {(-z)}^m\\ &= {(-1)}^{m+1}\zeta_{m}(z) \end{align}$$
（注：$k = 3,5,7,9,\ldots$ のとき $B_{k} = 0$ となること，$B_1 = -1/2$ となることを用いよ．）
したがって，$\zeta_{m}(1-z) = {(-1)}^{m+1}\zeta_{m}(z)$ が導かれる．
いかがでしょうか？なかなか面白い証明ではないでしょうか．
（行間が空いている証明で申し訳ない．）
倍角公式
ミクロゼータ関数にはつぎのような公式も存在します．
$$\zeta_{m}(2z) = 2^m\bigg( \zeta_{m}(z) + \zeta_{m}\Big(z+\frac{1}{2}\Big) - \zeta_{m}\Big(\frac{1}{2}\Big) \bigg)$$
まず，$z$ が自然数 $N$ の場合を証明する．
$$\begin{align} \zeta_{m}(2N) &= 1^m + 2^m + \cdots + {(2N-1)}^m\\ &= 2^m \Bigg\{ \bigg( {\Big(\frac{1}{2}\Big)}^m + {\Big(\frac{3}{2}\Big)}^m + \cdots + {\Big(N-\frac{1}{2}\Big)}^m \bigg) + \bigg(1^m + 2^m + \cdots + {(N-1)}^m \bigg) \Bigg\}\\ &= 2^m \bigg\{ \bigg( \zeta_{m}\Big(N+\frac{1}{2}\Big)-\zeta_{m}\Big(\frac{1}{2}\Big) \bigg) + \bigg( \zeta_{m}(N) \bigg) \bigg\}\\ &= 2^m\bigg( \zeta_{m}(N) + \zeta_{m}\Big(N+\frac{1}{2}\Big) - \zeta_{m}\Big(\frac{1}{2}\Big) \bigg) \end{align}$$
示すべき式の両辺は $z$ の $m$ 次多項式であるから，少なくとも $m+1$ 個の点でこの式が成立することを示してしまえば十分である．今回は，任意の自然数 $N$ に対して証明を行ったため，これは既に完了している．
したがって，
$$\zeta_{m}(2z) = 2^m\bigg( \zeta_{m}(z) + \zeta_{m}\Big(z+\frac{1}{2}\Big) - \zeta_{m}\Big(\frac{1}{2}\Big) \bigg).$$
この公式は一般化することが可能です．
$$\zeta_{m}(Nz) = N^m \sum^{N-1}_{k=0} \bigg\{ \zeta_{m}\Big(z+\frac{k}{N}\Big) - \zeta_{m}\Big(\frac{k}{N}\Big) \bigg\}$$
証明の流れは２倍角と同様です．
その他
他にもミクロゼータ関数には次のような性質があります．
- $m = 3,5,7,\ldots$ のとき，$\zeta_{m}(z)$ は $z^2{(z-1)^2}$ を因子にもち，
$m = 2,4,6,\ldots$ のとき，$\zeta_{m}(z)$ は $z(z-1)(z-1/2)$ を因子にもつ．
また，$\zeta_{m}(z)$ がこれ以上 $z,z-1,z-1/2$ を因子にもつことはない． - $\{\zeta_{m}(z)\}' = B_{m}(z).$ ただし，$B_{m}(z)$ はベルヌーイ多項式．
- $n$ を自然数とするとき，次式が成り立つ．
$$\zeta_{2n-1}\Big(\frac{1}{2}\Big) = -\frac{(2^{2n}-1)B_{2n}}{2^{2n} \cdot n}.$$
暇があれば証明してみてください．
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