Darbouxの定理で作って遊ぼ！

お気づきの方もいらっしゃるだろうが、望遠鏡和を上手く使うだけです。
[1]実際次の様に計算できる。
$$\begin{array}{rcl}& \frac{d}{dt}& (-1{)}^m(z-a{)}^m{\varphi }^{(n-m)}(t)f^{(m)}(a+t(z-a))\\ & =& (-1{)}^m(z-a{)}^m{\varphi }^{(n-m+1)}(t)f^{(m)}(a+t(z-a))\\ & +& (-1{)}^m(z-a{)}^{m+1}{\varphi }^{(n-m)}(t)f^{(m+1)}(a+t(z-a))\end{array}$$
[2]分かりづらいので次の様に記号を定める。
$$A_m=(-1{)}^m(z-a{)}^m{\varphi }^{(n-m+1)}(t)f^{(m)}(a+t(z-a))$$
すると下記の様に簡潔に書けますね。
$$\frac{d}{dt}(-1{)}^m(z-a{)}^m{\varphi }^{(n-m)}(t)f^{(m)}(a+t(z-a))=A_m-A_{m+1}$$
[3]$m$を$1$から$n$まで和を取りましょう。
$$\begin{array}{rcl}\frac{d}{dt}\sum _{m=1}^n(-1{)}^m(z-a{)}^m{\varphi }^{(n-m)}(t)f^{(m)}(a+t(z-a))& =& A_1-A_{n+1}\\ & =& -(z-a){\varphi }^{(n)}(t)f^{{}^{\prime }}(a+t(z-a))+(-1{)}^n(z-a{)}^{n+1}\varphi (t)f^{(n+1)}(a+t(z-a))\end{array}$$

補題1で得た式を$0$から$1$まで$t$に関して積分して整理するだけです。

下記の式を代入して整理するだけです。
$$\begin{array}{r}{\varphi }^{(n-m)}(t)=(-1{)}^{n-m}\frac{n!}{m!}(1-t{)}^m\end{array}$$

下記の式を代入して整理するだけです。
$${\varphi }^{2n-m}(t)=\{\begin{array}{l}n!\frac{n!}{m!}\left(\begin{array}{c}2n-m\\ n\end{array}\right)\{(-1{)}^{n-m}(1-t{)}^m+(-1{)}^n{t}^m\}+O(t(1-t))(m=1,2,...,n)\\ O(t(1-t))(m=n+1,n+2,...,2n)\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}(-1{)}^n(2n)!\{f(z)-f(a)\}& =& \sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}(z-a{)}^{m}n!\frac{n!}{m!}\left(\begin{array}{c}2n-m\\ n\end{array}\right)\{(-1{)}^n{f}^{(m)}(z)-(-1{)}^{n-m}{f}^{(m)}(a)\}+(-1{)}^{2n}(z-a{)}^{2n+1}{\int }_0^1{t}^n(1-t{)}^n{f}^{(2n+1)}(a+t(z-a))dt\end{array}$$
ゆえに、下記の様に書ける。
$$\begin{array}{rcl}f(z)& =& f(a)+\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}\frac{n!(2n-m)!}{(2n)!m!(n-m)!}\{f^{(m)}(z)-(-1{)}^m{f}^{(m)}(a)\}+(-1{)}^n(z-a{)}^{2n+1}{\int }_0^1{t}^n(1-t{)}^n{f}^{(2n+1)}(a+t(z-a))dt\\ & =& f(a)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{\left(\begin{array}{c}2n-m\\ n\end{array}\right)}{m!\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)}\{f^{(m)}(z)-(-1{)}^m{f}^{(m)}(a)\}+(-1{)}^n(z-a{)}^{2n+1}{\int }_0^1{t}^n(1-t{)}^n{f}^{(2n+1)}(a+t(z-a))dt\end{array}$$
さらに計算を進めよう。
$$\begin{array}{rcl}\frac{\left(\begin{array}{c}2n-m\\ n\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)}& =& \frac{(1-\frac{m-1}{n})(1-\frac{m-2}{n})\cdots 1}{(2-\frac{m-1}{n})(2-\frac{m-2}{n})\cdots 2}\\ \stackrel{n\to \mathrm{\infty }}{\to }\frac{1}{2^m}\end{array}$$
上記の計算により、以下の結果が得られる。
$$f(z)=f(a)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{(z-a{)}^m}{2^{m}m!}\{f^{(m)}(z)+(-1{)}^{m-1}{f}^{(m)}(a)\}$$

$f(z):=\frac{1}{z^s}$とすると下記の式が成り立つ。
$$\begin{array}{rcl}\frac{1}{z^s}& =& \frac{1}{a^s}+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{(s{)}_m(z-a{)}^m}{2^{m}m!}\{\frac{(-1{)}^m}{z^{s+m}}+(-1{)}^{m-1}\frac{(-1{)}^{m-1}}{a^{s+m}}\}\\ & =& \frac{1}{a^s}-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m(z-a{)}^m}{2^{m}m!}\{\frac{1}{z^{s+m}}+\frac{(-1{)}^m}{a^{s+m}}\}\end{array}$$
$z=a+1$とすると
$$\begin{array}{r}\frac{1}{(a+1{)}^s}=\frac{1}{a^s}-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{2^{m}m!}\{\frac{1}{(a+1{)}^{s+m}}+\frac{(-1{)}^m}{a^{s+m}}\}\end{array}$$
$a$について$1$から$\mathrm{\infty }$まで総和を取ると
$$\begin{array}{rcl}\zeta (s)-1& =& \zeta (s)-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{2^{m}m!}\{\zeta (s+m)-1+(-1{)}^m\zeta (s+m)\}\\ & =& \zeta (s)-2\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_{2m}}{4^m(2m)!}\zeta (s+2m)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{2^{m}m!}\end{array}$$
すなわち下記の式が得られる。
$$2\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_{2m}}{4^m(2m)!}\zeta (s+2m)=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{2^{m}m!}$$
次の事実を用いる。
$$\frac{1}{(1-z{)}^s}=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{m!}{z}^m(|z|<1)$$
$z=\frac{1}{2}$を代入すると
$$\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{2^{m}m!}=2^s$$
ゆえに、驚くことに以下の式が得られる。
$$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_{2m}}{4^m(2m)!}\zeta (s+2m)=2^{s-1}$$

下記の式をを用いる。
$$\begin{array}{r}{\varphi }^{3n-m}(t)=\{\begin{array}{l}(-1{)}^n\frac{(2n)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)t^m+(-1{)}^{n-m}(2n)!\frac{n!}{m!}\left(\begin{array}{c}3n-m\\ 2n\end{array}\right)(1-t{)}^m+O(t(1-t))(m=1,2,...,n)\\ (-1{)}^n\frac{(2n)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)t^m+O(t(1-t))(m=n+1,n+2,...,2n)\\ O(t(1-t))\end{array}\end{array}$$
この式を用いると次の様になる。
$$\begin{array}{rcl}(3n)!(-1{)}^n\{f(z)-f(a)\}& =& \sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}(z-a{)}^m\{(-1{)}^n\frac{(2n)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)f^{(m)}(z)-(-1{)}^{n-m}(2n)!\frac{n!}{m!}\left(\begin{array}{c}3n-m\\ 2n\end{array}\right)f^{(m)}(a)\}\\ & -& \sum _{m=n+1}^{2n}(-1{)}^{m-1}(z-a{)}^m(-1{)}^n\frac{(2n)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)f^{(m)}(a)\\ & +& (-1{)}^{3n}(z-a{)}^{3n+1}{\int }_0^1{t}^{2n}(1-t{)}^n{f}^{(3n+1)}(a+t(z-a))dt\end{array}$$
以下の計算を行う。
$$\begin{array}{rcl}\frac{(2n)!n!}{(3n)!}\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)& =& \frac{\left(\begin{array}{c}3n-m\\ n\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}3n\\ n\end{array}\right)}\\ & =& \frac{(2-\frac{m-1}{n})(2-\frac{m-2}{n})\cdots 2}{(3-\frac{m-1}{n})(3-\frac{m-2}{n})\cdots 3}\\ & \stackrel{n\to \mathrm{\infty }}{\to }& (\frac{2}{3}{)}^m\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\frac{(2n)!n!}{(3n)!}\left(\begin{array}{c}3n-m\\ 2n\end{array}\right)& =& \frac{\left(\begin{array}{c}3n-m\\ 2n\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}3n\\ 2n\end{array}\right)}\\ & =& \frac{(1-\frac{m-1}{n})(1-\frac{m-2}{n})\cdots 1}{(3-\frac{m-1}{n})(3-\frac{m-2}{n})\cdots 3}\\ & \stackrel{n\to \mathrm{\infty }}{\to }& \frac{1}{3^m}\end{array}$$
これらの式を考慮すると示すべき式が得られる。
$$f(z)=f(a)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{(z-a{)}^m}{m!3^m}\{2^m{f}^{(m)}(z)+(-1{)}^{m-1}{f}^{(m)}(a)\}$$

$$\begin{array}{rcl}\frac{\left(\begin{array}{c}Nn-m\\ Kn\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}Nn\\ Kn\end{array}\right)}& =& \frac{(N-K-\frac{m-1}{n})(N-K-\frac{m-2}{n})\cdots (N-K)}{(N-\frac{m-1}{n})(N-\frac{m-2}{n})\cdots N}\\ & \stackrel{n\to \mathrm{\infty }}{\to }& (\frac{N-K}{N}{)}^m\end{array}$$

下記の式をを用いる。
$$\begin{array}{r}{\varphi }^{Nn-m}(t)=\{\begin{array}{l}(-1{)}^n\frac{(Nn)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}Nn-m\\ n\end{array}\right)t^m+(-1{)}^{n-m}\{(N-1)n\}!\frac{n!}{m!}\left(\begin{array}{c}Nn-m\\ (N-1)n\end{array}\right)(1-t{)}^m+O(t(1-t))(m=1,2,...,n)\\ (-1{)}^n\frac{(Nn)!}{m!}n!\left(\begin{array}{c}Nn-m\\ n\end{array}\right)t^m+O(t(1-t))(m=n+1,n+2,...,2n)\\ O(t(1-t))\end{array}\end{array}$$
計算は定理5と同じなので省略し結果だけ書くと次の様になる。
$$f(z)=f(a)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{(z-a{)}^m}{m!N^m}\{(N-1{)}^m{f}^{(m)}(z)+(-1{)}^{m-1}{f}^{(m)}(a)\}$$

$f(z)=\frac{1}{z^s}$とおく。すると定理7より下記の式を得る。
$$\frac{1}{z^n}=\frac{1}{a^s}-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m(z-a{)}^m}{m!N^m}\{\frac{(N-1{)}^m}{z^{s+m}}+\frac{(-1{)}^{m-1}}{a^{s+m}}\}$$
特に$z=a+1$を代入すると次の様になる。
$$\frac{1}{(a+1{)}^s}=\frac{1}{a^s}-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{m!N^m}\{\frac{(N-1{)}^m}{(a+1{)}^{s+m}}+\frac{(-1{)}^{m-1}}{a^{s+m}}\}$$
この式の両辺を$a$について$1$から無限まで総和を取って下記の式を得る。
$$\zeta (s)-1=\zeta (s)-\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{m!N^m}[(N-1{)}^m\{\zeta (s+m)-1\}+(-1{)}^{m-1}\zeta (s+m)]$$
この式を整理する事で
$$\begin{array}{rcl}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{m!N^m}\{(N-1{)}^m\zeta (s+m)+(-1{)}^{m-1}\zeta (s+m)\}& =& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m}{m!N^m}\\ & =& (\frac{N}{N-1}{)}^s\end{array}$$

$$\begin{array}{r}{\varphi }^{(N+K)n-m}(t)=\{\begin{array}{l}(-1{)}^{Kn}\frac{(Nn)!}{m!}(Kn)!\left(\begin{array}{c}(N+K)n-m\\ Kn\end{array}\right)t^m+(-1{)}^{Kn-m}(Nn)!\frac{(Kn)!}{m!}\left(\begin{array}{c}(N+K)n-m\\ Nn\end{array}\right)(1-t{)}^m+O(t(1-t))(m=1,2,....,n)\\ ⋮👈結局m=n+1,n+2,...,(N+K)nの場合はn\to \mathrm{\infty }で消えるので省略\end{array}\end{array}$$
同様の計算を行っていく事で下記の結論が得られる。
$$f(z)=f(a)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{m-1}\frac{(z-a{)}^m}{m!(N+K{)}^m}\{N^m{f}^{(m)}(z)+(-1{)}^{m-1}{K}^m{f}^{(m)}(a)\}$$

$f(z)=\frac{1}{z^s}$と置いて定理8を適用すればいいです。
ワンパターンなので途中計算は省略いたします。
$$\begin{array}{rcl}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_m(N^m+(-1{)}^{m-1}{K}^m)}{m!(N+K{)}^m}\zeta (s+m)& =& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(s{)}_n{N}^m}{m!(N+K{)}^m}\\ & =& (1+\frac{K}{N}{)}^s\end{array}$$