ラマヌジャン総和法3：主要な定理と交代級数

　推移性
$$\sum^\R_{n\geq1}f(n)g(n)=\sum^\R_{n\geq1}f(n+1)g(n+1)+f(1)g(1)-\int^2_1f(t)g(t)dt$$
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。

　推移性
\begin{align} \sum^\R_{n\geq1}f(n+1)&=\sum^\R_{n\geq1}f(n)-f(1)+\int^2_1f(x)dx\\ \sum^\R_{n\geq1}f(2-n) &=\sum^\R_{n\geq1}f(1-n)+f(1)-\int^2_1f(1-x)dx\\ &=\sum^\R_{n\geq1}f(1-n)+f(1)-\int^1_0f(x)dx \end{align}
に注意すると
\begin{align} \sum^\R_{n\in\Z}f(n+1) &=\sum^\R_{n\geq1}f(n+1)+\sum^\R_{n\geq1}f(2-n)-\int^1_0f(x+1)dx\\ &=\sum^\R_{n\geq1}f(n)+\sum^\R_{n\geq1}f(1-n)-\int^1_0f(x)dx\\ &=\sum^\R_{n\in\Z}f(n) \end{align}
とわかる。

\begin{align} \int^{x+1}_xR[f](t)dt &=\int^{x+1}_1R[f](t)dt-\int^x_1R[f](t)dt\\ &=\int^2_1R[f](t)dt+\int^x_1(R[f](t+1)-R[f](t))dt\\ &=-\int^x_1f(t)dt \end{align}
とわかる。

$$R[f](x+a)-R[f](x+a+1)=f(x+a)$$
および
$$\int^2_1R[f](x+a)dx =\int^{a+2}_{a+1}R[f](x)dx=-\int^{a+1}_1f(x)dx$$
に注意すると$f(x+a)$のfractional remainderは
\begin{align} R(x) &=R[f](x+a)-\int^2_1R[f](x+a)dx\\ &=R[f](x+a)+\int^{a+1}_1f(x)dx \end{align}
と表せる。よって
$$\sum^\R_{n\geq1}f(n+a)=R(1)=R[f](a+1)+\int^{a+1}_1f(x)dx$$
を得る。

$$R(x)=\sum^{N-1}_{k=0}R[f]\l(\frac{x+k}N\r)$$
とおくと
$$R(x)-R(x+1)=R[f]\l(\frac xN\r)-R[f]\l(\frac xN+1\r)=f\l(\frac xN\r)$$
が成り立つので
\begin{align} \int^2_1R(x)dx &=\int^{N+1}_1R[f]\l(\frac xN\r)dx\\ &=N\int^{1/N+1}_{1/N}R[f](x)dx\\ &=-N\int^{1/N}_1f(x)dx \end{align}
に注意すると$g(x)=f(x/N)$のfractional remainderは
$$R[g](x)=\sum^{N-1}_{k=0}R[f]\l(\frac{x+k}N\r)-N\int^1_{1/N}f(t)dt$$
と表せる。
　また上の補題より
$$\sum^\R_{n\geq1}f\l(n-1+\frac kN\r) =R[f]\l(\frac kN\r)+\int^{k/N}_1f(x)dx$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \sum^\R_{n\geq1}f\l(\frac nN\r) &=\sum^{N-1}_{k=0}R[f]\l(\frac{k+1}N\r)-N\int^1_{1/N}f(x)dx\\ &=\sum^N_{k=1}\l(R[f]\l(\frac kN\r)-\int^1_{1/N}f(x)dx\r)\\ &=\sum^N_{k=1}\l(\sum^\R_{n\geq1}f\l(n-\frac{N-k}N\r)-\int^{k/N}_1f(x)dx-\int^1_{1/N}f(x)dx\r)\\ &=\sum^{N-1}_{k=0}\sum^\R_{n\geq1}f\bigg(n-\frac kN\bigg) -\sum^N_{k=2}\int^{k/N}_{1/N}f(x)dx \end{align}
を得る。またこれを$g(x)=f(x/N)$について書き直すことで
$$\sum^\R_{n\geq1}g(n) =\sum^{N-1}_{k=0}\sum^\R_{n\geq1}g(Nn-k)-\frac1N\sum^N_{k=2}\int^k_1g(x)dx$$
を得る。

　上の証明より
$$R[f(x/N)](x)=\sum^{N-1}_{k=0}R[f]\l(\frac{x+k}N\r)-N\int^1_{1/N}f(t)dt$$
が成り立っていたのでこれを$x\mapsto x+1$とすることで
\begin{align} \sum^\R_{n\geq1}f\l(\frac nN\r)-\vp[f(x/N)](x) &=\sum^N_{k=1}\l(\sum^\R_{n\geq1}f(n)-\vp[f]\l(\frac{x+k}N-1\r)\r)-N\int^1_{1/N}f(t)dt\\ &=N\sum^\R_{n\geq1}f(n)-\sum^{N-1}_{k=0}\vp[f]\l(\frac{x-k}N\r)-N\int^1_{1/N}f(t)dt \end{align}
を得る。

　仮定より任意のコンパクト集合$K\subset D$に対し
$$\l|\frac{f(1+it,z)-f(1-it,z)}{e^{2\pi t}-1}\r|<2C\frac{e^{(\pi-\e)(1+t)}}{e^{2\pi t}-1}$$
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{align} \frac{d}{dz}\sum^\R_{n\geq1}f(n,z) &=-\frac{f_z(1,z)}2+i\int^\infty_0\frac{f_z(1+it,z)-f_z(1-it,z)}{e^{2\pi t}-1}dt\\ &=\sum^\R_{n\geq1}\frac{\partial f}{\partial z}(n,z) \end{align}
を得る。
　また
$$\frac{\partial f}{\partial z}(x,z)=\frac1{2\pi i}\oint_C\frac{f(x,w)}{(w-z)^2}dw$$
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
$$\frac{d^k}{dz^k}\sum^\R_{n\geq1}f(n,z)=\sum^\R_{n\geq1}\frac{\partial^kf}{\partial^kz}(n,z)$$
を得る。

　仮定より$g(x,z)=f(xz)$は$g\in\O^\pi_z$を満たすので
\begin{align} \sum^\R_{n\geq1}f(nz) &=\sum^\infty_{k=0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\l(\sum^\R_{n\geq1}n^k\r)z^k\\ &=\frac{f(0)}2+\sum^\infty_{k=1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\frac{1-B_{k+1}}{k+1}z^k\\ &=-\frac{f(0)}2+\sum^\infty_{k=0}\frac{f^{(k)}(0)}{(k+1)!}z^k -\sum^\infty_{k=1}\frac{B_{2k}}{2k}\frac{f^{(2k-1)}(0)}{(2k-1)!}z^{2k-1}\\ &=-\frac{f(0)}2+\frac1z\int^z_0f(x)dx -\sum^\infty_{k=1}\frac{B_{2k}}{2k}\frac{f^{(2k-1)}(0)}{(2k-1)!}z^{2k-1}\\ \end{align}
を得る。

$$g(x)=\frac1{x^p}\l(f(x)-\sum^{p-1}_{k=0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\r)\\ =\sum^\infty_{k=0}\frac{f^{(k+p)}(0)}{(k+p)!}x^k$$
についてラマヌジャン和を取ることでわかる。

\begin{align} \int_I\int^\infty_0\l|\frac{f(1+it,u)-f(1-it)}{e^{2\pi t}-1}\r|dtdu &\leq\int_I\int^\infty_0C(u)\frac{2e^{(\pi-\e)(1+t)}}{e^{2\pi t}-1}dtdu\\ &\leq\int_IC(u)du\int^\infty_0\frac{2e^{(\pi-\e)(1+t)}}{e^{2\pi t}-1}dt<\infty\\ \end{align}
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{align} \int_I\l(\sum^\R_{n\geq1}f(x,u)\r)du &=\frac12\int_If(1,u)du+i\int^\infty_0\frac{\int_If(1+it,u)du-\int_If(1-it,u)du}{e^{2\pi t}-1}dt\\ &=\sum^\R_{n\geq1}\int_If(x,u)du \end{align}
を得る。

\begin{align} R(x,y)-R(x+1,y)=f(x,y),\quad\int^2_1R(x,y)dx=0\\ S(x,y)-S(x,y+1)=R(x,y),\quad\int^2_1S(x,y)dy=0 \end{align}
なる関数$R,S$を取る。このとき
$$S(1,1)=\sum^\R_{n\geq1}R(1,n)=\sum^\R_{n\geq1}\sum^\R_{m\geq1}f(m,n)$$
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{align} 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{align}
および
$$\int^2_1T(x,y)dy=\int^2_1(S(x,y)-S(x+1,y))dy=0$$
が成り立つので
$$U(x,y)=S(x,y)-\int^2_1S(t,y)dt$$
とおくことで
$$U(1,1)=\sum^\R_{m\geq1}T(m,1)=\sum^\R_{m\geq1}\sum^\R_{n\geq1}f(m,n)$$
を得る。
　さらに仮定より項別積分が適用でき
$$\int^2_1S(x,1)dx=\sum^\R_{n\geq1}\int^2_1R(x,n)dx=0$$
と求まるので
$$S(1,1)=U(1,1)$$
を得る。

　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
$$f(x)=\sum^\infty_{n=0}\binom{x-1}n(\D^nf)(1)\quad\l(\binom{x-1}n=\frac{(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}{n!}\r)$$
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
$$(1+z)^{x-1}=\sum^\infty_{n=0}\binom{x-1}nz^n,\quad \frac1{2+z}=\frac12\sum^\infty_{n=0}\l(-\frac z2\r)^n$$
に注意してこの両辺の$z^n$の係数を比較することで
$$A\l[\binom{x-1}n\r](x)=\frac12\sum^n_{k=0}\binom{x-1}k\l(-\frac12\r)^{n-k}$$
つまり
$$A[f](x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(\D^nf)(1)}{2^{n+1}}\sum^n_{k=0}\binom{x-1}k(-2)^k$$
と求まる(これが$A\in\O^\pi$を満たすことは別途示せる)。
　したがって
$$\sum^\R_{n\geq1}f(n)=\sum^\infty_{k=0}(-1)^k\frac{(\D^kf)(1)}{2^{k+1}}$$
を得る。

$$\binom x{n+1}-\binom{x-1}{n+1}=\binom{x-1}n\frac{x-(x-(n+1))}{n+1}=\binom{x-1}n$$
に注意すると
\begin{align} R\l[\binom{x-1}n\r](x) &=-\binom{x-1}{x+1}+\int^2_1\binom{x-1}{n+1}dx\\ &=-\binom{x-1}{x+1}+\frac{\b_{n+1}}{(n+1)!} \end{align}
つまり
$$R[f](x)=\sum^\infty_{n=0}\l(\frac{\b_{n+1}}{(n+1)!}-\binom{x-1}{k+1}\r)(\D^nf)(1)$$
および
$$\sum^\R_{n\geq1}f(n)=\sum^\infty_{k=0}\frac{\b_{k+1}}{(k+1)!}(\D^kf)(1)$$
を得る。