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ラマヌジャン総和法3：主要な定理と交代級数

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はじめに

　この記事では前回の記事に引き続きラマヌジャンの総和法について勉強していきます。
　さて前回の記事では $f \in O^{π}$ に対してラマヌジャン和を
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) := \frac{f (1)}{2} + i \int_{0}^{\infty} \frac{f (1 + i t) - f (1 - i t)}{e^{2 π t} - 1} d t$
によって定めたのでした。特にラマヌジャン和を特徴付ける関数
$R [f] (x) = - \int_{1}^{x} f (t) d t + \frac{f (x)}{2} + i \int_{0}^{\infty} \frac{f (x + i t) - f (x - i t)}{e^{2 π t} - 1} d t$
は正則関数 $f$ の積分変換となっているので解析的に非常に優れた性質を持つこととなります。
　今回の記事ではラマヌジャン和の解析的・代数的な性質から導かれる様々な定理について紹介し、次回の記事でその応用例について解説していこうと思います。

定理集

　以下 $f \in O^{π}$ に対し
$R [f] (x) = - \int_{1}^{x} f (t) d t + \frac{f (x)}{2} + i \int_{0}^{\infty} \frac{f (x + i t) - f (x - i t)}{e^{2 π t} - 1} d t$
と定める(これを $f$ のfractional remainderと言う)。

部分和分

　 $f, g \in O^{π}$ かつ $f g \in O^{π}$ なる関数 $f, g$ に対し
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} (f (n + 1) - f (n)) g (n) & = - \sum_{n \geq 1}^{R} f (n + 1) (g (n + 1) - g (n)) \\ - f (1) g (1) + \int_{1}^{2} f (t) g (t) d t \end{aligned}$
が成り立つ。

証明

　推移性
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) g (n) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n + 1) g (n + 1) + f (1) g (1) - \int_{1}^{2} f (t) g (t) d t$
に注意して
$f (x) g (x) - f (x + 1) g (x + 1) = (f (x) - f (x + 1)) g (x) + f (x + 1) (g (x) - g (x + 1))$
の両辺のラマヌジャン和を取ることでわかる。

$Z$ 上の総和

　整関数 $f \in O^{π}$ に対し $Z$ 上のラマヌジャン和を
$\begin{aligned} \sum_{n \in Z}^{R} f (n) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (1 - n) - \int_{0}^{1} f (x) d x \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + f (0) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (- n) - \int_{- 1}^{1} f (x) d x \end{aligned}$
によって定める。

　任意の $m \in Z$ に対して
$\sum_{n \in Z}^{R} f (n + m) = \sum_{n \in Z}^{R} f (n)$
が成り立つ。

証明

　推移性
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n + 1) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) - f (1) + \int_{1}^{2} f (x) d x \\ \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 - n) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (1 - n) + f (1) - \int_{1}^{2} f (1 - x) d x \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} f (1 - n) + f (1) - \int_{0}^{1} f (x) d x \end{aligned}$
に注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n \in Z}^{R} f (n + 1) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n + 1) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 - n) - \int_{0}^{1} f (x + 1) d x \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (1 - n) - \int_{0}^{1} f (x) d x \\ = \sum_{n \in Z}^{R} f (n) \end{aligned}$
とわかる。

倍数公式

$\int_{x}^{x + 1} R [f] (t) d t = - \int_{1}^{x} f (t) d t$

証明

$\begin{aligned} \int_{x}^{x + 1} R [f] (t) d t & = \int_{1}^{x + 1} R [f] (t) d t - \int_{1}^{x} R [f] (t) d t \\ = \int_{1}^{2} R [f] (t) d t + \int_{1}^{x} (R [f] (t + 1) - R [f] (t)) d t \\ = - \int_{1}^{x} f (t) d t \end{aligned}$
とわかる。

$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n + a) = R [f] (a + 1) + \int_{1}^{a + 1} f (x) d x$

証明

$R [f] (x + a) - R [f] (x + a + 1) = f (x + a)$
および
$\int_{1}^{2} R [f] (x + a) d x = \int_{a + 1}^{a + 2} R [f] (x) d x = - \int_{1}^{a + 1} f (x) d x$
に注意すると $f (x + a)$ のfractional remainderは
$\begin{aligned} R (x) & = R [f] (x + a) - \int_{1}^{2} R [f] (x + a) d x \\ = R [f] (x + a) + \int_{1}^{a + 1} f (x) d x \end{aligned}$
と表せる。よって
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n + a) = R (1) = R [f] (a + 1) + \int_{1}^{a + 1} f (x) d x$
を得る。

倍数公式

　 $f \in O^{π}$ に対し
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (\frac{n}{N}) = \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n - \frac{k}{N}) - \sum_{k = 2}^{N} \int_{1 / N}^{k / N} f (x) d x$
特に $g \in O^{π / N}$ に対し
$\sum_{n \geq 1}^{R} g (n) = \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{n \geq 1}^{R} g (N n - k) - \frac{1}{N} \sum_{k = 2}^{N} \int_{1}^{k} g (x) d x$
が成り立つ。

証明

$R (x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} R [f] (\frac{x + k}{N})$
とおくと
$R (x) - R (x + 1) = R [f] (\frac{x}{N}) - R [f] (\frac{x}{N} + 1) = f (\frac{x}{N})$
が成り立つので
$\begin{aligned} \int_{1}^{2} R (x) d x & = \int_{1}^{N + 1} R [f] (\frac{x}{N}) d x \\ = N \int_{1 / N}^{1 / N + 1} R [f] (x) d x \\ = - N \int_{1}^{1 / N} f (x) d x \end{aligned}$
に注意すると $g (x) = f (x / N)$ のfractional remainderは
$R [g] (x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} R [f] (\frac{x + k}{N}) - N \int_{1 / N}^{1} f (t) d t$
と表せる。
　また上の補題より
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n - 1 + \frac{k}{N}) = R [f] (\frac{k}{N}) + \int_{1}^{k / N} f (x) d x$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} f (\frac{n}{N}) & = \sum_{k = 0}^{N - 1} R [f] (\frac{k + 1}{N}) - N \int_{1 / N}^{1} f (x) d x \\ = \sum_{k = 1}^{N} (R [f] (\frac{k}{N}) - \int_{1 / N}^{1} f (x) d x) \\ = \sum_{k = 1}^{N} (\sum_{n \geq 1}^{R} f (n - \frac{N - k}{N}) - \int_{1}^{k / N} f (x) d x - \int_{1 / N}^{1} f (x) d x) \\ = \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n - \frac{k}{N}) - \sum_{k = 2}^{N} \int_{1 / N}^{k / N} f (x) d x \end{aligned}$
を得る。またこれを $g (x) = f (x / N)$ について書き直すことで
$\sum_{n \geq 1}^{R} g (n) = \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{n \geq 1}^{R} g (N n - k) - \frac{1}{N} \sum_{k = 2}^{N} \int_{1}^{k} g (x) d x$
を得る。

$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) - \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x$

fractional sum

　 $f \in O^{π}$ に対し
$φ (x) - φ (x - 1) = f (x), φ (0) = 0$
なる $φ \in O^{π}$ が一意に存在し、特に
$φ [f] (x) = R [f] (1) - R [f] (x + 1)$
と表せる。この関数のことを $f$ のfractional sumと言う。

φ

の倍数公式

$φ [f (x / N)] (x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} φ [f] (\frac{x - k}{N}) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (\frac{n}{N}) - N \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + N \int_{1 / N}^{1} f (x) d x$
が成り立つ。

証明

　上の証明より
$R [f (x / N)] (x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} R [f] (\frac{x + k}{N}) - N \int_{1 / N}^{1} f (t) d t$
が成り立っていたのでこれを $x \mapsto x + 1$ とすることで
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} f (\frac{n}{N}) - φ [f (x / N)] (x) & = \sum_{k = 1}^{N} (\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) - φ [f] (\frac{x + k}{N} - 1)) - N \int_{1 / N}^{1} f (t) d t \\ = N \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) - \sum_{k = 0}^{N - 1} φ [f] (\frac{x - k}{N}) - N \int_{1 / N}^{1} f (t) d t \end{aligned}$
を得る。

関数項級数

項別微分

　 $Re (x) > 0$ およびある領域 $z \in D$ において定義された関数 $f (x, z)$ が各変数について正則であり、また任意のコンパクト集合 $K \subset D$ に対しある $C, ε > 0$ が存在して
$| f (x, z) | < C e^{(π - ε) | x |}$
を満たすものとする。
　このとき
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n, z)$
は $z \in D$ において正則関数を定め、特に
$\frac{d^{k}}{d z^{k}} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n, z) = \sum_{n \geq 1}^{R} \frac{\partial^{k} f}{\partial^{k} z} (n, z)$
が成り立つ。

証明

　仮定より任意のコンパクト集合 $K \subset D$ に対し
$| \frac{f (1 + i t, z) - f (1 - i t, z)}{e^{2 π t} - 1} | < 2 C \frac{e^{(π - ε) (1 + t)}}{e^{2 π t} - 1}$
と優関数によって抑えられるので積分記号下微分が正当化でき
$\begin{aligned} \frac{d}{d z} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n, z) & = - \frac{f_{z} (1, z)}{2} + i \int_{0}^{\infty} \frac{f_{z} (1 + i t, z) - f_{z} (1 - i t, z)}{e^{2 π t} - 1} d t \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} \frac{\partial f}{\partial z} (n, z) \end{aligned}$
を得る。
　また
$\frac{\partial f}{\partial z} (x, z) = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{f (x, w)}{(w - z)^{2}} d w$
に注意するとこれは再び上の仮定を満たすことがわかるので繰り返し項別微分することができ
$\frac{d^{k}}{d z^{k}} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n, z) = \sum_{n \geq 1}^{R} \frac{\partial^{k} f}{\partial^{k} z} (n, z)$
を得る。

級数の交換

　ある点 $z_{0} \in D$ の近傍において
$f (x, z) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} (x) (z - z_{0})^{k}$
とテイラー展開したとき
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n, z) = \sum_{k = 0}^{\infty} (\sum_{n \geq 1}^{R} a_{k} (n)) (z - z_{0})^{k}$
とテイラー展開できる。

　 $f \in O^{π}$ が整関数であれば
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n z) = \frac{1}{z} \int_{0}^{z} f (x) d x - \frac{f (0)}{2} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{B_{2 k}}{2 k} \frac{f^{(2 k - 1)} (0)}{(2 k - 1)!} z^{2 k - 1}$
が成り立つ。特に
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) = \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f (0)}{2} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{B_{2 k}}{2 k} \frac{f^{(2 k - 1)} (0)}{(2 k - 1)!}$
が成り立つ。

証明

　仮定より $g (x, z) = f (x z)$ は $g \in O_{z}^{π}$ を満たすので
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n z) & = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} (\sum_{n \geq 1}^{R} n^{k}) z^{k} \\ = \frac{f (0)}{2} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} \frac{1 - B_{k + 1}}{k + 1} z^{k} \\ = - \frac{f (0)}{2} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)} (0)}{(k + 1)!} z^{k} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{B_{2 k}}{2 k} \frac{f^{(2 k - 1)} (0)}{(2 k - 1)!} z^{2 k - 1} \\ = - \frac{f (0)}{2} + \frac{1}{z} \int_{0}^{z} f (x) d x - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{B_{2 k}}{2 k} \frac{f^{(2 k - 1)} (0)}{(2 k - 1)!} z^{2 k - 1} \end{aligned}$
を得る。

　 $f \in O^{π}$ が整関数であれば正整数 $p$ に対し
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} \frac{f (n)}{n^{p}} & = \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{p}} (f (x) - \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k}) d x + \sum_{k = 1}^{p} (\sum_{n \geq 1}^{R} \frac{1}{n^{k}}) \frac{f^{(k - 1)} (0)}{(k - 1)!} \\ - \frac{1}{2} \frac{f^{(p)} (0)}{p!} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{B_{2 k}}{2 k} \frac{f^{(2 k + p - 1)} (0)}{(2 k + p - 1)!} \end{aligned}$
が成り立つ。ただし $γ$ はオイラー定数とした。

証明

$g (x) = \frac{1}{x^{p}} (f (x) - \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k}) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k + p)} (0)}{(k + p)!} x^{k}$
についてラマヌジャン和を取ることでわかる。

項別積分

　 $Re (x) > 1 - δ (δ > 0)$ およびある区間 $u \in I$ において定義された関数 $f (x, u)$ に対しある $C (u), ε > 0$ が存在し
$| f (x, u) | < C (u) e^{(π - ε) | x |}, \int_{I} C (u) d u < \infty$
が成り立つとする。
　このとき
$\int_{I} (\sum_{n \geq 1}^{R} f (x, u)) d u = \sum_{n \geq 1}^{R} \int_{I} f (x, u) d u$
が成り立つ。

証明

$\begin{aligned} \int_{I} \int_{0}^{\infty} | \frac{f (1 + i t, u) - f (1 - i t)}{e^{2 π t} - 1} | d t d u & \leq \int_{I} \int_{0}^{\infty} C (u) \frac{2 e^{(π - ε) (1 + t)}}{e^{2 π t} - 1} d t d u \\ \leq \int_{I} C (u) d u \int_{0}^{\infty} \frac{2 e^{(π - ε) (1 + t)}}{e^{2 π t} - 1} d t < \infty \end{aligned}$
が成り立つのでフビニの定理より積分の順序交換が正当化でき
$\begin{aligned} \int_{I} (\sum_{n \geq 1}^{R} f (x, u)) d u & = \frac{1}{2} \int_{I} f (1, u) d u + i \int_{0}^{\infty} \frac{\int_{I} f (1 + i t, u) d u - \int_{I} f (1 - i t, u) d u}{e^{2 π t} - 1} d t \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} \int_{I} f (x, u) d u \end{aligned}$
を得る。

二重和の交換

　 $Re (x), Re (y) > 0$ において各変数について正則な関数 $f$ がある $C, ε > 0$ に対し
$| f (x, y) | < C e^{(π - ε) (| x | + | y |)}$
を満たすとき
$\sum_{m \geq 1}^{R} \sum_{n \geq 1}^{R} f (m, n) = \sum_{n \geq 1}^{R} \sum_{m \geq 1}^{R} f (m, n)$

証明

$\begin{array}{r} R (x, y) - R (x + 1, y) = f (x, y), \int_{1}^{2} R (x, y) d x = 0 \\ S (x, y) - S (x, y + 1) = R (x, y), \int_{1}^{2} S (x, y) d y = 0 \end{array}$
なる関数 $R, S$ を取る。このとき
$S (1, 1) = \sum_{n \geq 1}^{R} R (1, n) = \sum_{n \geq 1}^{R} \sum_{m \geq 1}^{R} f (m, n)$
が成り立つことに注意する。
　ここで
$T (x, y) = S (x, y) - S (x + 1, y)$
とおくと
$\begin{aligned} T (x, y) - T (x, y + 1) & = S (x, y) - S (x + 1, y) - (S (x, y + 1) - S (x + 1, y + 1)) \\ = R (x, y) - R (x + 1, y) \\ = f (x, y) \end{aligned}$
および
$\int_{1}^{2} T (x, y) d y = \int_{1}^{2} (S (x, y) - S (x + 1, y)) d y = 0$
が成り立つので
$U (x, y) = S (x, y) - \int_{1}^{2} S (t, y) d t$
とおくことで
$U (1, 1) = \sum_{m \geq 1}^{R} T (m, 1) = \sum_{m \geq 1}^{R} \sum_{n \geq 1}^{R} f (m, n)$
を得る。
　さらに仮定より項別積分が適用でき
$\int_{1}^{2} S (x, 1) d x = \sum_{n \geq 1}^{R} \int_{1}^{2} R (x, n) d x = 0$
と求まるので
$S (1, 1) = U (1, 1)$
を得る。

交代級数の総和

　さて最後に交代級数の総和法について簡単に触れておきましょう。
　いま級数 $\sum f (n)$ がラマヌジャン総和可能であるためには $f (n) \in O^{π}$ という条件が必要なのでした。したがって交代級数 $\sum (- 1)^{n} f (n) = \sum e^{π i n} f (n)$ のラマヌジャン和を一般に考えるには例えば $f \in O^{0}$ という強い条件が必要となります。したがって例えば $\sum (- 1)^{n}$ や $\sum (- 1)^{n} n$ のような級数の和すら考えられないため少し不便です。
　そこで交代級数に対してはラマヌジャン和とは少し異なる総和法を考えることにします。具体的にはラマヌジャン和がオイラー・マクローリンの和公式
$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} f (k) = \int_{1}^{n} f (x) d x + \frac{f (n) + f (1)}{2} & + \sum_{k = 1}^{m} \frac{B_{2 k}}{(2 k)!} (f^{(2 k - 1)} (n) - f^{(2 k - 1)} (1)) \\ + \int_{1}^{n} \frac{B_{2 m + 1} ({x})}{(2 m + 1)!} f^{(2 m + 1)} (x) d x \end{aligned}$
に着想を得ていたように、交代級数にはオイラー・ブールの和公式
$\sum_{k = 1}^{n - 1} (- 1)^{k - 1} f (k) = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{m} \frac{E_{k} (0)}{k!} (f^{(k)} (1) + (- 1)^{n} f^{(k)} (n)) + \frac{1}{2} \int_{1}^{n} \frac{{\tilde{E}}_{m} (x)}{m!} f^{(m + 1)} (x) d x$
(ただし $E_{n} (x)$ はオイラー多項式とし ${\tilde{E}}_{m} (x) = (- 1)^{m + ⌊ x ⌋} E_{m} ({x})$ とおいた)
を基点とした次のような総和法が考えられます。

オイラー総和法(仮)

　ある $M$ より先の任意の $m$ に対し
$\int_{1}^{\infty} E_{m} ({x}) f^{(m + 1)} (x) d x$
が収束するとき $m \geq M$ において
$\tilde{C} (f) = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{m} \frac{E_{k} (0)}{k!} f^{(k)} (1) + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} \frac{E_{m} ({x})}{m!} f^{(m + 1)} (x) d x$
は $m$ に依らない定数となる。この定数のことを級数 $\sum f (n)$ のオイラー和と言い
$\tilde{C} (f) = \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n)$
と表す。

　これは方程式
$T (n + 1) - T (n) = (- 1)^{n - 1} f (n)$
によって特徴づけられる関数
$T (n) = \frac{(- 1)^{n}}{2} \sum_{k = 0}^{m} \frac{E_{k} (0)}{k!} f^{(k)} (n) - \frac{1}{2} \int_{n}^{\infty} \frac{{\tilde{E}}_{m} (x)}{m!} f^{(m + 1)} (x) d x$
によって $\tilde{C} (f) = - T (1)$ と表せ、特に $A (n) = (- 1)^{n} T (n)$ とおくと次のような基本定理が成り立ちます。

　 $f \in O^{π}$ に対し
$A (x) + A (x + 1) = f (x)$
を満たすような $A \in O^{π}$ が一意に存在する。特に
$A (x) = R [f (2 x)] (\frac{x}{2}) - R [f (2 x)] (\frac{x + 1}{2})$
が成り立つ。

　一意性については方程式の線形性から
$A (x) + A (x + 1) = 0$
を満たすような $A \in O^{π}$ が $A = 0$ のみであることを示せばよい。これについては前回の記事の補題4と同様にして
$A (x) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} c_{n} e^{(2 n + 1) π i x}$
とフーリエ級数展開できること、および $A \in O^{π}$ であることからわかる。
　また存在性については $f (2 x) \in O^{2 π}$ から前回の記事の定理5より
$R (x) - R (x + 1) = f (2 x)$
を満たすような関数 $R$ が存在することに注意して
$A (x) = R [f (2 x)] (\frac{x}{2}) - R [f (2 x)] (\frac{x + 1}{2})$
とおくと
$A (x) + A (x + 1) = R [f (2 x)] (\frac{x}{2}) - R [f (2 x)] (\frac{x}{2} + 1) = f (x)$
とわかる。

　ラマヌジャン和とは違ってフーリエ級数の定数項が存在しないため $\int_{1}^{2} R (x) d x = 0$ のような条件が必要ないというのが面白いですね。
　さてこれによりオイラー和は次のように定められます。

オイラー総和法(決定版)

　交代級数 $\sum (- 1)^{n - 1} a_{n}$ がオイラー総和可能であるとは $f (n) = a_{n}$ なる $f \in O^{π}$ が存在することを言い、このとき方程式
$A (x) + A (x + 1) = f (x)$
によって一意に定まる関数 $A \in O^{π}$ を用いて
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} a_{n} = A (1)$
と定まる値のことをオイラー和と言う。

ラマヌジャン和との関係

　こうして交代級数の和が定まったわけですが、実のところ $f \in O^{π / 2}$ という条件下でオイラー和はラマヌジャン和を用いて以下のように表せることがわかります。

　 $f \in O^{π / 2}$ に対し
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) - \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) + \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x$
が成り立つ。

　補題4から
$\begin{aligned} R [f (2 x)] (\frac{1}{2}) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 (n - 1 + \frac{1}{2})) - \int_{1}^{1 / 2} f (2 x) d x \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) + \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x \end{aligned}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) & = R [f (2 x)] (\frac{1}{2}) - R [f (2 x)] (\frac{1 + 1}{2}) \\ = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) - \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) + \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x \end{aligned}$
を得る。

$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) & = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) - 2 \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) + \int_{1}^{2} f (x) d x \\ = 2 \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) - \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) \\ \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) & = \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) \\ \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) & = \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) - \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) + \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x \end{aligned}$

　倍数公式
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n - 1) + \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) - \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f (x) d x$
に注意するとわかる。

　ちなみに
$\sum_{n \geq 0}^{R} f (n) := \sum_{n \geq 1}^{R} f (n - 1) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (n) + f (0) - \int_{0}^{1} f (x) d x$
とおくと
$\sum_{n \geq 0}^{R} f (2 n) = \sum_{n \geq 1}^{R} f (2 n) + f (0) - \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f (x) d x$
が成り立つので上の関係は次のようにも表せます。

$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) & = \sum_{n \geq 0}^{R} f (n) - 2 \sum_{n \geq 0}^{R} f (2 n) \\ \sum_{n \geq 0}^{R} f (2 n) & = \frac{1}{2} \sum_{n \geq 0}^{R} f (n) - \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) \end{aligned}$

基本性質

線形性

$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} (a f (n) + b g (n)) = a \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) + b \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} g (n)$

並進性

$\sum_{n \geq 1}^{R} (- 1)^{n - 1} f (n) = f (1) + \sum_{n \geq 1}^{R} (- 1)^{n} f (n + 1)$

　 $A [f (x + 1)] (x) = A [f (x)] (x + 1)$ が成り立つことから
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{R} (- 1)^{n - 1} f (n + 1) & = A [f] (2) \\ = f (1) - A [f] (1) \\ = f (1) - \sum_{n \geq 1}^{R} (- 1)^{n - 1} f (n) \end{aligned}$
を得る。

正規性

　 $f \in O^{π}$ が $\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} f (x + n) \in O^{π}$ を満たすとき
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} f (n)$
が成り立つ。

収束級数表示

オイラーの級数変換公式

　 $Re (x) > x_{0} (x_{0} < 1)$ における正則関数 $f$ がある $C > 0$ に対し
$| f (x) | \leq C 2^{| x |}$
を満たすとき
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{(Δ^{k} f) (1)}{2^{k + 1}}$
が成り立つ。ただし $Δ$ は差分作用素 $(Δ f) (n) = f (n + 1) - f (n)$ とした。

証明

　いくつかの議論については省略して説明する。
　仮定から $f$ は $Re (x) > max (x_{0}, 1 / 2)$ で収束するニュートン級数展開
$f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{x - 1}{n}) (Δ^{n} f) (1) ((\binom{x - 1}{n}) = \frac{(x - 1) (x - 2) \dots (x - n)}{n!})$
を持つことが知られている(Nörlund)。
　いま
$B (x) = \frac{(1 + z)^{x - 1}}{2 + z}$
とおくと
$B (x) + B (x + 1) = (1 + z)^{x - 1}$
が成り立つので
$(1 + z)^{x - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{x - 1}{n}) z^{n}, \frac{1}{2 + z} = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} {(- \frac{z}{2})}^{n}$
に注意してこの両辺の $z^{n}$ の係数を比較することで
$A [(\binom{x - 1}{n})] (x) = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{x - 1}{k}) {(- \frac{1}{2})}^{n - k}$
つまり
$A [f] (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{(Δ^{n} f) (1)}{2^{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{x - 1}{k}) (- 2)^{k}$
と求まる(これが $A \in O^{π}$ を満たすことは別途示せる)。
　したがって
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{(Δ^{k} f) (1)}{2^{k + 1}}$
を得る。

　またこれと同様にしてラマヌジャン和は次のような収束級数表示があることが示せます。

　 $Re (x) > x_{0} (x_{0} < 1)$ における正則関数 $f$ がある $C > 0$ に対し
$| f (x) | \leq C 2^{| x |}$
を満たすとき
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} f (n) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{β_{k + 1}}{(k + 1)!} (Δ^{k} f) (1)$
が成り立つ。ただし
$\frac{β_{n}}{n!} = \int_{0}^{1} (\binom{x}{n}) d x$
とおいた。

証明

$(\binom{x}{n + 1}) - (\binom{x - 1}{n + 1}) = (\binom{x - 1}{n}) \frac{x - (x - (n + 1))}{n + 1} = (\binom{x - 1}{n})$
に注意すると
$\begin{aligned} R [(\binom{x - 1}{n})] (x) & = - (\binom{x - 1}{x + 1}) + \int_{1}^{2} (\binom{x - 1}{n + 1}) d x \\ = - (\binom{x - 1}{x + 1}) + \frac{β_{n + 1}}{(n + 1)!} \end{aligned}$
つまり
$R [f] (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{β_{n + 1}}{(n + 1)!} - (\binom{x - 1}{k + 1})) (Δ^{n} f) (1)$
および
$\sum_{n \geq 1}^{R} f (n) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{β_{k + 1}}{(k + 1)!} (Δ^{k} f) (1)$
を得る。

　ちなみにこの $β_{n}$ は第二種ベルヌーイ数と言い
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{β_{n}}{n!} t^{n} & = \int_{0}^{1} (\sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{x}{n}) t^{n}) d x \\ = \int_{0}^{1} (1 + t)^{x} d x \\ = \frac{t}{\log (1 + t)} \end{aligned}$
という母関数を持ちます。

具体例

　 $f (x) = x^{k} (k \geq 0)$ とおくとオイラー多項式
$\frac{2 e^{t x}}{e^{t} + 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{E_{n} (x)}{n!} t^{n}$
の性質
$E_{k} (x) + E_{k} (x + 1) = 2 x^{k}$
から
$A [f] (x) = \frac{E_{k} (x)}{2}$
つまり
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} n^{k} = \frac{E_{k} (1)}{2}$
と求まる。なお下に示すようにこれは $(1 - 2^{k + 1}) ζ (- k)$ とも求まる。
　ちなみに
$\frac{2 e^{t}}{e^{t} + 1} = 2 - \frac{2}{e^{t} + 1}$
より $k \neq 0$ において
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} n^{k} = - \frac{E_{k} (0)}{2}$
とも表せる。

　 $f (x) = 1 / x^{s}$ とおくと正規性より $Re (s) > 1$ において
$\begin{aligned} \sum_{n \geq 1}^{E} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n^{s}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}} - 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{s}} \\ = (1 - 2^{1 - s}) ζ (s) \end{aligned}$
と求まる。
　また $s \in C$ に対して明らかに $f (x) \in O^{\log 2}$ が成り立つので
$\sum_{n \geq 1}^{E} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n^{s}} = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{(Δ^{k} f) (1)}{2^{k + 1}}$
と収束級数表示でき、これによりゼータ関数の解析接続
$ζ (s) = \frac{1}{1 - 2^{1 - s}} \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{(Δ^{k} f) (1)}{2^{k + 1}}$
が与えられる(このことはこの記事でも紹介している)。

　ちなみにラマヌジャンのノートブックには次のような記述が見られる。
Notebook 2より
　この変形の正当性を考えてみよう。いま
$C = \sum_{n \geq 0}^{R} n$
とおくと
$\begin{aligned} - 3 C & = C - 4 C \\ = \sum_{n \geq 0}^{R} n - 2 \sum_{n \geq 0}^{R} 2 n \\ = \sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} n \end{aligned}$
が成り立つ。また $| z | < 1$ において
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- z)^{n - 1} n = \sum_{n = 1}^{\infty} (- z)^{n - 1} n = \frac{1}{(1 + z)^{2}}$
が成り立つのでこれを $z \to 1$ とすることで
$\sum_{n \geq 1}^{E} (- 1)^{n - 1} n = \frac{1}{4}$
つまり
$C = - \frac{1}{12}$
を得る。

　ラマヌジャンはこんなことまで考えてはなかったと思いますが、このような議論も実はちゃんと正当化できるというのは面白いですね。

参考文献

[1]

Bernard Candelpergher, Ramanujan Summation of Divergent Series, Springer, 2017

投稿日：2024年2月10日

更新日：2024年2月11日

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子葉

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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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