ベルヌーイ多項式

⑴一つ目は⑸で$x=1$とすればよい。二つ目は⑵で$x=0$とすればよい。

⑵$\int_{x}^{x+1}B_n(y)dy=x^n$の両辺を微分すると示される。

⑶⑵より
$$\frac{1}{n}\int_{x}^{x+1}B'_n(y)dy=\frac{1}{n}\left(B_n(x+1)-B_n(x)\right)=x^{n-1}$$
が成り立つので、ベルヌーイ多項式の定義より$B'_n(x)=nB_{n-1}(x)$

\begin{align} ⑷\int_{x}^{x+1}B_n(1-y)dy &=\int_{-x}^{-x+1}B_n(t)dt\quad(1-y=t)\\ &=(-x)^n\\ &=(-1)^nx^n \end{align}
が成り立つので、ベルヌーイ多項式の定義より$B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$

⑸
\begin{align} I\left(\sum_{n=0}^{\infty}B_n(x)\frac{t^n}{n!}\right) &=\sum_{n=0}^{\infty}I\left(B_n(x)\right)\frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(xt)^n}{n!}\\ &=e^{xt} \end{align}
\begin{align} I\left(\frac{te^{xt}}{e^t-1}\right) &=\frac{t}{e^t-1}I\left(e^{xt}\right)\\ &=\frac{t}{e^t-1}\int_{x}^{x+1}e^{yt}dy\\ &=\frac{t}{e^t-1}\frac{e^{xt}(e^t-1)}{t}\\ &=e^{xt} \end{align}
よって
$$I\left(\sum_{n=0}^{\infty}B_n(x)\frac{t^n}{n!}\right)=I\left(\frac{te^{xt}}{e^t-1}\right) $$
となるが、写像$I$が全単射だったことから
$$\sum_{n=0}^{\infty}B_n(x)\frac{t^n}{n!}=\frac{te^{xt}}{e^t-1} $$

⑹⑸を用いる
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}B_n(x)\frac{t^n}{n!} &=\frac{t}{e^t-1}e^{xt}\\ &=\left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(-1)^iB_i}{i!}t^i\right)\left(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{x^j}{j!}t^j\right)\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{i+j=n}\frac{(-1)^iB_i}{i!}\frac{x^j}{j!}\right)t^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\frac{n!}{i!(n-i)!}B_ix^{n-i}\right)\frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}B_ix^{n-i}\right)\frac{t^n}{n!} \end{align}
よって、両辺$t$で係数比較することで示される。

⑺
\begin{align} \int_{x}^{x+1}\sum_{i=0}^{k-1}B_n\left(\frac{y+i}{k}\right)dy &=\sum_{i=0}^{k-1}\int_{x}^{x+1}B_n\left(\frac{y+i}{k}\right)dy\\ &=k\sum_{i=0}^{k-1}\int_{\frac{x+i}{k}}^{\frac{x+i+1}{k}}B_n\left(y\right)dy\quad\left(\frac{y+i}{k}\rightarrow y\right)\\ &=k\int_{\frac{x}{k}}^{\frac{x}{k}+1}B_n\left(y\right)dy\\ &=k\left(\frac{x}{k}\right)^n\\ &=k^{1-n}x^n \end{align}
したがって、ベルヌーイ多項式の定義より
$$\sum_{i=0}^{k-1}B_n\left(\frac{x+i}{k}\right)=k^{1-n}B_n(x) $$
となるので$x\rightarrow kx$として
$$\sum_{i=0}^{k-1}B_n\left(x+\frac{i}{k}\right)=k^{1-n}B_n(kx)\blacksquare$$

まず命題1⑵より
$$x^{k}=\frac{1}{k+1}\left(B_{k+1}(x+1)-B_{k+1}(x)\right)$$
とできるので$x=1,2,\ldots,n$を代入して和を取ることにより
\begin{align} \sum_{m=1}^{n}m^k &=\frac{1}{k+1}\left(B_{k+1}(n+1)-B_{k+1}(1)\right)\\ &=\frac{1}{k+1}\left((-1)^{k+1}B_{k+1}(-n)-B_{k+1}\right)\quad{\because ⑴,⑶}\\ &=\frac{1}{k+1}\left(\sum_{j=0}^{k+1}\binom{k+1}{j}B_jn^{k+1-j}-B_{k+1}\right)\quad{\because ⑷}\\ &=\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j}B_jn^{k+1-j}\blacksquare \end{align}

$0< x<1$として、$f(z)=\frac{e^{xz}}{e^z-1}$を$z$の有理型関数と考えて部分分数展開する。$f(z)$の極は$z=2\pi in\ (n\in\mathbb{Z})$ですべて$1$位の極なので
\begin{align} \underset{z=2\pi in}{\mathrm{Res}}f(z) &=\lim_{z\rightarrow2\pi in}(z-2\pi in)f(z)\\ &=\lim_{t\rightarrow0}t\cdot f(t+2\pi in)\\ &=\lim_{t\rightarrow0}\frac{te^{x(t+2\pi in)}}{e^{t+2\pi in}-1}\\ &=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{e^{t}-1}e^{x(t+2\pi in)}\\ &=e^{2\pi inx} \end{align}
となる。$R=2\pi\left(N+\frac{1}{2}\right)$として、複素数平面上の$4$点$R+iR,-R+iR,-R-iR,R-iR$を頂点とする正方形の周上を反時計回りに進む経路を$C_N$とおく。このとき留数定理より次が成り立つ。
\begin{align} \int_{C_N}\frac{f(z)}{z-t}dz &=2\pi i\left(f(t)+\sum_{n=-N}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in-t}\right)\\ &=2\pi i\left(f(t)-\frac{1}{t}-\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{t-2\pi in}\right) \end{align}
ここで、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\int_{C_N}\frac{f(z)}{z-t}dz=0$$
が示せるらしい。ちなみに私はめんどくさくてやれていないので、これは読者への演習問題とする(言ってみたかっただけ)。
$0<|t|<2\pi$とすると
\begin{align} f(t) &=\frac{1}{t}+\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in-t}\\ &=\frac{1}{t}-\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in(1-\frac{t}{2\pi in})}\\ &=\frac{1}{t}-\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in}\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{t}{2\pi in}\right)^{k-1}\\ &=\frac{1}{t}-\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in}-\sum_{n\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{e^{2\pi inx}}{(2\pi in)^k}t^{k-1}\quad(k\geq 2\text{のとき絶対収束})\\ \end{align}
また、$$f(t)=\sum_{k=0}^{\infty}B_k(x)\frac{t^{k-1}}{k!}$$
であることに注意して、$t$で係数比較することで
\begin{align} B_1(x)&=-\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq0}}^{N}\frac{e^{2\pi inx}}{2\pi in}\\ B_k(x)&=-\frac{k!}{(2\pi i)^k}\sum_{n\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace}\frac{e^{2\pi i nx}}{n^k}\quad (k\geq 2) \end{align}
$k\geq2$なら右辺の級数は$[0,1]$上で一様収束し、$B_k(x)$もこの範囲で連続だから結局$[0,1]$上でこの等式は成立する。さらに右辺は周期$1$を持つので、左辺を$x\rightarrow x-[x]$と周期的に拡張して示される$\blacksquare$

\begin{align} \sum_{\substack{n_1,\cdots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace\\a_1n_1+\cdots+a_rn_r\neq 0}}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r(a_1n_1+\cdots+a_rn_r)^s} &=\sum_{\substack{n_1,\cdots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace\\a_1n_1+\cdots+a_rn_r+l=0\\l\neq0}}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_rl^s}\\ &=\sum_{n_1,\cdots,n_r,l\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\int_{0}^{1}\frac{e^{2\pi i(a_1n_1+\cdots+a_rn_r+l)x}}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_rl^s}dx\\ &=\int_{0}^{1}\sum_{n_1,\cdots,n_r,l\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{e^{2\pi i(a_1n_1+\cdots+a_rn_r+l)x}}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_rl^s}dx\quad(k_1,\ldots,k_r,s\geq2\text{なので一様収束性}OK)\\ &=\int_{0}^{1}\left(\sum_{l\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{e^{2\pi inx}}{l^s}\right)\prod_{i=1}^{r}\left(\sum_{n_i\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{e^{2\pi i(a_in_i)x}}{n^{k_i}_i}\right)dx\\ &=(-1)^{r+1}\frac{(2\pi i)^{s+k_1+\cdots+k_r}}{s!k_1!\cdots k_r!}\int_{0}^{1}B_s(x)\left(\prod_{i=1}^{r}B_{k_i}\left(a_ix-[a_ix]\right)\right)dx\quad(\because\text{定理}3)\blacksquare \end{align}

\begin{align} \sum_{\substack{n_1,n_2\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace\\n_1+n_2\neq 0}}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s} &=\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s}+(-1)^{k_1}\sum_{\substack{0< n_1,n_2\\n_1\neq n_2}}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(-n_1+n_2)^s}+(-1)^{k_2}\sum_{\substack{0< n_1,n_2\\n_1\neq n_2}}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1-n_2)^s}+(-1)^{k_1+k_2+s}\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s}\\ &=\left(1+(-1)^{k_1+k_2+s}\right)\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s}+(-1)^{k_1}\sum_{0< n_1< n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(-n_1+n_2)^s}+(-1)^{k_1}\sum_{0< n_2< n_1}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(-n_1+n_2)^s}+(-1)^{k_2}\sum_{0< n_1< n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1-n_2)^s}+(-1)^{k_2}\sum_{0< n_2< n_1}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1-n_2)^s}\\ &=\left(1+(-1)^{k_1+k_2+s}\right)\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s} +(-1)^{k_1}\sum_{0< n_1,l}\frac{1}{n^{k_1}_1l^s(n_1+l)^{k_2}} +(-1)^{k_1+s}\sum_{0< n_2,l}\frac{1}{n^{k_2}_2l^s(n_2+l)^{k_1}} +(-1)^{k_2+s}\sum_{0< n_1,l}\frac{1}{n^{k_1}_1l^s(n_1+l)^{k_2}} +(-1)^{k_2}\sum_{0< n_2,l}\frac{1}{n^{k_2}_2l^s(n_2+l)^{k_1}}\\ &=\left(1+(-1)^{k_1+k_2+s}\right)\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s} +\left((-1)^{k_1}+(-1)^{k_2+s}\right)\sum_{0< n_1,l}\frac{1}{n^{k_1}_1l^s(n_1+l)^{k_2}} +\left((-1)^{k_1+s}+(-1)^{k_2}\right)\sum_{0< n_2,l}\frac{1}{n^{k_2}_2l^s(n_2+l)^{k_1}}\\ &=\left(1+(-1)^{k_1+k_2+s}\right)\left(\sum_{0< n_1,n_2}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2(n_1+n_2)^s} +(-1)^{k_1}\sum_{0< n_1,l}\frac{1}{n^{k_1}_1l^s(n_1+l)^{k_2}} +(-1)^{k_2}\sum_{0< n_2,l}\frac{1}{n^{k_2}_2l^s(n_2+l)^{k_1}}\right)\cdots(\star) \end{align}
ここで、一般に正整数$a,b,c$に対し
\begin{align} \sum_{0< n,m}\frac{1}{n^am^b(n+m)^c} &=\int_{0< x_1<\cdots< x_c<1}\frac{dx_c}{x_c}\cdots\frac{dx_2}{x_2}\frac{\mathrm{Li}_{a}(x_1)\mathrm{Li}_{b}(x_1)}{x_1}dx_1\\ &=\int_{0< x_1<\cdots< x_c<1}\frac{dx_c}{x_c}\cdots\frac{dx_2}{x_2}\frac{\mathrm{Li}_{a\mathrm{ш}b}(x_1)}{x_1}dx_1\\ &=\zeta\left((a\mathrm{ш}b)_{\uparrow^{c}}\right) \end{align}
が成り立つので、
$$(\star)=\left(1+(-1)^{k_1+k_2+s}\right)\Big(\zeta\left((k_1\mathrm{ш}k_2)_{\uparrow^{s}}\right)+(-1)^{k_1}\zeta\left((k_1\mathrm{ш}s)_{\uparrow^{k_2}}\right)+(-1)^{k_2}\zeta\left((k_2\mathrm{ш}s)_{\uparrow^{k_1}}\right)\Big)$$