リーマンゼータ関数を紹介してみる

$\displaystyle \sum_{n=1}^{x}\frac{1}{n}=\int_1^{\lfloor x\rfloor}\frac{1}{\lfloor t\rfloor}dt$より
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=\int_1^{\infty}\frac{1}{\lfloor x\rfloor}dx>\int_1^{\infty}\frac{1}{x}dx$である
右辺は$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\log(x)$が発散することより発散し、左辺も当然発散することになる

$y=x^2(-\pi≦x≦\pi)$を周期$2\pi$の関数に拡張してフーリエ級数展開する
$\displaystyle f(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\cos(nx)}{n^2}…(※)$
$(※)$に$x=\pi$を代入する
$\displaystyle \pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$
式を整理すると$\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$を得る

アダマールの因数分解定理より
$\displaystyle \sin(\pi z)=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)$
また、マクローリン展開により
$\displaystyle \sin(\pi z)=\pi z-\frac{\pi^3}{3!}+\frac{\pi^5}{5!}-\cdots$
$z^3$の係数を比較すると$\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$を得る

$\displaystyle \prod_{n=0}^{\infty}(1-z^{2\mu(n+1)})(1-z^{\mu(2n+1)+\nu})(1-z^{\mu(2n+1)-\nu})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nz^{\mu n^2+\nu n}$
$(0<|z|<1)$
$z=p^{-1}$($p$は素数)と置く
$\displaystyle Z(2\mu(\mathbb N_{0}+1),\mu(2\mathbb N_{0}+1)+\nu,\mu(2\mathbb N_{0}+1)-\nu)^{-1}=\prod_{p}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^np^{-\mu n^2-\nu n}$
ポアソン和公式より
$\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{n(\log(-1)-(\mu n+\nu)\log p)}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{x(-(\mu x+\nu)\log p)+\log(-1)}e^{2\pi inx}dx$
ここでガウス積分より
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2-\beta x-\gamma}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}e^{\frac{\beta^2-4\alpha\gamma}{4\alpha}}$
となるため
$\alpha=\mu\log p,\beta=\nu \log p-\log(-1)+2\pi in,\gamma=0$と置くと
$\displaystyle Z_P(2\mu(\mathbb N_{0}+1),\mu(2\mathbb N_{0}+1)+\nu,\mu(2\mathbb N_{0}+1)-\nu)^{-1}=\prod_{p}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\sqrt{\frac{\pi}{\mu \log p}}e^{\frac{(\nu \log p-\log(-1)+2\pi in)^2}{4\mu\log p}}$
式を整理し、$\displaystyle 2\mu=a,\frac{a+2\nu}{2}=b,\frac{a-2\nu}{2}=c$とする.
∴$\displaystyle Z_P(\bar 0,\bar b,\bar c)=\prod _{p}\vartheta_{3}\left(\frac{(2b-a)\log p-2i\pi}{4i},e^{-\frac{a}{2}\log p}\right)$
ここで$\displaystyle \bar x$は$\displaystyle \mathbb N/a\mathbb N$における剰余類としている.

$\zeta(3)$の無理数判定を行う
実数$x$に対して(※)を満たすならば$x$は無理数である
定数$c,d>0$に対して$\displaystyle \left|x-\frac{a}{b}\right|<\frac{c}{b^{1+d}}$となる互いに素な整数$a,b$が無限に存在する…(※)
また、補題3より$\displaystyle \zeta(3)=\frac{5}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}$
次に$\displaystyle c_{n,k}=\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m^3}+\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{m-1}}{2m^3\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}$,$\displaystyle a_n=\sum_{k=0}^nc_{n,k}\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2$,$\displaystyle b_n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2$を考える
ここで$\displaystyle \frac{a_n}{b_n}$はほとんど$c_{n,k}$と一致する
また、任意の整数を$a_n,b_n$にかけたとしてもその収束性は十分早いため題意を示せた

$\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{π^2}{4}\log 2+2\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\log(\sin x)dx$を示す.(1)
$\displaystyle\log(1-e^{2ix})=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{2inx}}{n}$の実部を比較する.
左辺では$\displaystyle \Re(\log(1-e^{2ix}))=\log|1-e^{2ix}|=\log(2\sin x)$
右辺ではオイラーの公式より$\displaystyle -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$となる.
このことより、$\displaystyle \log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$
$\displaystyle \log(\sin x)=-\log 2-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$
したがって$\displaystyle \int_{0}^{\frac{π}{2}}\log(\sin x)dx=-\frac{π}{2}\log 2$
これにならい$\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\log(\sin x)dx$を考える.
$\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\left(-\log 2-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}\right)dx$
$\displaystyle\quad =-\log2\int_{0}^{\frac{π}{2}}xdx-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\cos(2nx)dx$
$\displaystyle\quad=-\frac{π^2}{8}\log 2+\frac{1}{2}\sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}$
$∴\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{π^2}{4}\log 2+2I$より(1)が成り立つ.
また、$\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{7}{8}ζ(3)$ということから$ζ(3)$が導ける.

上で定義したガンマ関数で$t=nx$と置換すると
$\displaystyle \frac{1}{n^s}=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}e^{-nx}x^{s-1}dx$である
したがって
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}e^{-nx}x^{s-1}dx$
被積分関数は広義一様絶対収束するため積分と極限を入れ替えられる(項別積分)
$\displaystyle ∴\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx$

マクローリン展開より
$\displaystyle \int_0^1\int_0^1\cdots \int_0^1\frac{1}{1-x_1x_2\cdots x_s}dx_1dx_2\cdots dx_s=\int_0^1\int_0^1\cdots\int_0^1\sum_{k=1}^{\infty}(x_1x_2\cdots x_s)^{k-1}dx_1dx_2\cdots dx_s$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{x_1^k}{k}\right]_0^1\left[\frac{x_2^k}{k}\right]_0^1\cdots\left[\frac{x_s^k}{k}\right]_0^1 $
$\displaystyle \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^s}$

これらはリーマンゼータ関数の母関数より与えられます

先程の関数等式に$s=-2n$を代入する
$\displaystyle \zeta(-2n)=2^{-2n}\pi^{-2n-1}\sin\left(-n\pi\right)\Gamma(1+2n)\zeta(1+2n)$
$\sin(-n\pi)=0$でありその他が有限であることから容易に分かる

アベル・プラナの和公式の最後の項の$f(a±iy),f(b±iy)$をそれぞれ$a,b$を中心としてテイラー展開すると
$\displaystyle \sum_{n=a}^bf(n)=\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_a^bf(z)dz+i\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)(iy)^k-f^{(k)}(a)(-iy)^k-f^{(k)}(b)(iy)^k+f^{(k)}(b)(-iy)^k}{(e^{2\pi y}-1)k!}$
最後の項について考える
$\displaystyle i\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)(iy)^k-f^{(k)}(a)(-iy)^k-f^{(k)}(b)(iy)^k+f^{(k)}(b)(-iy)^k}{(e^{2\pi y}-1)k!}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{f^{(2k-1)}(a)-f^{(2k-1)}(b)}{(2k-1)!}\int_0^{\infty}\frac{y^{2k-1}}{e^{2\pi y}-1}dy$
また、
$\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{y^{2k-1}}{e^{2\pi y}-1}dy=\int_0^{\infty}\frac{e^{-2\pi y}y^{2k-1}}{1-e^{-2\pi y}}dy$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-2\pi ny}y^{2k-1}dy$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\frac{(2k-1)!}{(2\pi)^{2k}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}}$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\frac{(-1)^{k-1}B_{2k}}{4k}$