オイラーの級数変換とゼータ関数の解析接続

\begin{align} 2\sum^\infty_{n=0}(-1)^na_n &=\l(a_0+\sum^\infty_{n=0}(-1)^{n+1}a_{n+1}\r)+\sum^\infty_{n=0}(-1)^na_n\\ &=a_0+\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(a_n-a_{n+1})\\ &=(\D^0a)_0+\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(\D a)_n \end{align}
が成り立つので
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(\D^Na)_n}{2^N}=\frac2{2^{N+1}}\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(\D^Na)_n$$
にも同様の変形をしていくことでわかる。

$$\sum^\infty_{n=0}x^n=\frac1{1-x}$$
を$m$回微分することで
$$\sum^\infty_{n=m}\binom nmx^{n+1}=\l(\frac{x}{1-x}\r)^{m+1}$$
となるので$x=1/2$とすることで
$$\sum^\infty_{n=m}\binom nm\frac1{2^{n+1}}=1$$
が成り立つことに注意する。
　いま仮定より
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\l|\frac{(\D^na)_0}{2^{n+1}}\r| &\leq\sum^\infty_{n=0}\frac1{2^{n+1}}\sum^n_{m=0}\binom nm|a_m|\\ &=\sum^\infty_{m=0}|a_m|\sum^\infty_{n=m}\binom nm\frac1{2^{n+1}}\\ &=\sum^\infty_{m=0}|a_m|<\infty \end{align}
と諸々の収束性がわかるのでフビニの定理より
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{(\D^na)_0}{2^{n+1}} &=\sum^\infty_{n=0}\frac1{2^{n+1}}\sum^n_{m=0}(-1)^m\binom nma_m\\ &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^ma_m\sum^\infty_{n=m}\binom nm\frac1{2^{n+1}}\\ &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^ma_m \end{align}
を得る。

\begin{align} (1-2^{1-s})\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^s} &=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^s}-2\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n)^s}\\ &=\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n+1)^s}-\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n)^s}\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s} \end{align}
とわかる。

　上での議論から
$$\D^kf(n) =(-1)^k\int^1_0\int^1_0\cdots\int^1_0f^{(k)}(n+x_1+x_2+\cdots+x_k)dx_1dx_2\cdots dx_k$$
と表せたので
$$\D^Nn^{-s} =(s)_N\int^1_0\int^1_0\cdots\int^1_0(n+x_1+x_2+\cdots+x_k)^{-s-N}dx_1dx_2\cdots dx_k$$
が成り立つ。ただし$(s)_N$はポッホハマー記号
$$(s)_N=s(s+1)\cdots(s+N-1)$$
とした。
　そしてこれは$\Re(s)+N>0$において
$$|\D^Nn^{-s}|<\frac{|(s)_N|}{n^{\Re(s)+N}}$$
と評価できるので、$\Re(s)+N>1$において
$$\sum^\infty_{n=0}\l|\frac{\D^N(n+1)^{-s}}{2^N}\r|<\frac{|(s)_N|}{2^N}\z(\Re(s)+N)$$
と(広義)一様収束することがわかる。

\begin{align} \sum^\infty_{n=0}(-1)^n\D^N(n+1)^{-s} &=\sum^\infty_{n=0}(\D^N(2n+1)^{-s}-\D^N(2n+2)^{-s})\\ &=\sum^\infty_{n=0}\D^{N+1}(2n+1)^{-s} \end{align}
と変形すると、この右辺は
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}|\D^{N+1}(2n+1)^{-s}| &\leq\sum^\infty_{n=0}\frac{|(s)_{N+1}|}{(2n+1)^{\Re(s)+N+1}}\\ &\leq|(s)_{N+1}|\z(\Re(s)+N+1) \end{align}
と評価できるので$\Re(s)>-N$において一様収束することがわかる。

　$\Re(s)>-1$において
$$\eta(s)=\frac12+\frac12\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\l(\frac1{n^s}-\frac1{(n+1)^s}\r)$$
が成り立つので、これを微分すると
$$\eta'(s) =-\frac12\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\l(\frac{\log n}{n^s}-\frac{\log(n+1)}{(n+1)^s}\r)$$
つまり
\begin{align} \eta'(0) &=-\frac12\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}(\log n-\log(n+1))\\ &=-\frac12\sum^\infty_{n=1}(\log(2n-1)-2\log2n+\log(2n+1))\\ &=-\frac12\log\l(\prod^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)(2n+1)}{(2n)^2}\r)\\ &=-\frac12\log\l(\prod^\infty_{n=1}\l(1-\frac1{(2n)^2}\r)\r) \end{align}
と表せる。
　ここでウォリスの公式
$$\prod^\infty_{n=1}\l(1-\frac1{(2n)^2}\r)=\frac{\sin\frac\pi2}{\frac\pi2}=\frac2\pi$$
に注意すると
$$\eta'(0)=\frac12\log\frac\pi2$$
を得る。

　$\z(0)$については
$$(1-2^{1-s})\z(s)=\frac12+\frac12\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\l(\frac1{n^s}-\frac1{(n+1)^s}\r)$$
において$s=0$とすることで$-\z(0)=1/2$が得られる。
　また
\begin{align} \eta'(s)&=(2^{1-s}\log2)\z(s)+(1-2^{1-s})\z'(s)\\ \eta'(0)&=(2\log2)\z(0)-\z'(0) \end{align}
に注意すると
\begin{align} \z'(0) &=(2\log2)\z(0)-\eta'(0)\\ &=-\log2-\frac12\log\frac\pi2\\ &=-\frac12\log2\pi \end{align}
を得る。