オイラーマクローリンの和公式とリーマンゼータ関数

まず$a=b$のときは$f(a)=f(a)$となって成り立つので、以下$a< b$とする。
$g(x)$を区間$[0,1]$上で$M$回連続微分可能な関数とする。前回の記事の命題1⑶より$B_k(x)=\frac{1}{k+1}B'_{k+1}(x)\ (k\geq0)$が成り立つことと、特に$k=0$のとき$B'_1(x)=B_0(x)=1$が成り立つことに注意して繰り返し部分積分をしていく。
\begin{align} \int_{0}^{1}g(x)dx &=\Big[B_1(x)g(x)\Big]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}B_1(x)g^{(1)}(x)dx\\ &=\frac{1}{2}\left(g(1)+g(0)\right)-\Big[\frac{1}{2}B_2(x)g^{(1)}(x)\Big]_{0}^{1}+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}B_2(x)g^{(2)}(x)dx\\ &=\frac{1}{2}\left(g(1)+g(0)\right)-\Big[\frac{1}{2}B_2(x)g^{(1)}(x)\Big]_{0}^{1}+\Big[\frac{1}{6}B_3(x)g^{(2)}(x)\Big]_{0}^{1}-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}B_3(x)g^{(3)}(x)dx\\ &\quad\vdots\\ &\overset{M\text{回}}{=}\frac{1}{2}\left(g(1)+g(0)\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{(-1)^k}{(k+1)!}\Big[B_{k+1}(x)g^{(k)}(x)\Big]_{0}^{1}+\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{0}^{1}B_M(x)g^{(M)}(x)dx\\ &=\frac{1}{2}\left(g(1)+g(0)\right)-\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left(g^{(k)}(1)-g^{(k)}(0)\right)+\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{0}^{1}B_M(x)g^{(M)}(x)dx\quad(\because B_{k+1}(1)=B_{k+1}(0)=B_{k+1})\\ \end{align}
したがって次が成り立つ。
$$\frac{1}{2}\left(g(1)+g(0)\right)=\int_{0}^{1}g(x)dx+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left(g^{(k)}(1)-g^{(k)}(0)\right)-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{0}^{1}B_M(x)g^{(M)}(x)dx$$
ここで$g(x)=f(x+n)\quad(a\leq n\leq b-1)$とおく。すると上の式は
\begin{align} \frac{1}{2}\left(f(n+1)+f(n)\right) &=\int_{0}^{1}f(x+n)dx+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left(f^{(k)}(n+1)-f^{(k)}(n)\right)-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{0}^{1}B_M(x)f^{(M)}(x+n)dx\\ &=\int_{n}^{n+1}f(x)dx+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left(f^{(k)}(n+1)-f^{(k)}(n)\right)-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{n}^{n+1}B_M(x-n)f^{(M)}(x)dx\quad(\because x\rightarrow x-n)\\ &=\int_{n}^{n+1}f(x)dx+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\left(f^{(k)}(n+1)-f^{(k)}(n)\right)-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{n}^{n+1}B_M(x-[x])f^{(M)}(x)dx \end{align}
と変形できる。最後の式を$a\leq n\leq b-1$の範囲で足し合わせて、両辺に$\frac{1}{2}(f(a)+f(b))$も足すと
$$\sum_{n=a}^{b}f(n)=\int_{a}^{b}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(a)+f(b))+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a))-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{a}^{b}B_M(x-[x])f^{(M)}(x)dx $$
となって示された$\blacksquare$

一つ目の等式は$f(x)=\frac{1}{x},a=1,b=N$としてオイラーマクローリンの和公式を適用すればよい。
$f^{(k)}(x)=(-1)^kk!x^{-1-k}$なので
\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n} &=\int_{1}^{N}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(1)+f(N))+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}(f^{(k)}(N)-f^{(k)}(1))-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{1}^{N}B_M(x-[x])f^{(M)}(x)dx\\ &=\log N+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{(-1)^{k+1}B_{k+1}}{k+1}\left(1-\frac{1}{N^{k+1}}\right)-\int_{1}^{N}B_M(x-[x])x^{-1-M}dx\\ &=\log N+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{k+1}\left(1-\frac{1}{N^{k+1}}\right)-\int_{1}^{N}B_M(x-[x])x^{-1-M}dx\\ \end{align}
となって示された。
$\\$
二つ目の等式は$f(x)=x^{-s}\ (s\neq1),a=1,b=N$としてオイラーマクローリンの和公式を適用すればよい。
$f^{(k)}(x)=(-1)^k(s)_kx^{-s-k}$なので
\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s} &=\int_{1}^{N}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(1)+f(N))+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}(f^{(k)}(N)-f^{(k)}(1))-\frac{(-1)^{M}}{M!}\int_{1}^{N}B_M(x-[x])f^{(M)}(x)dx\\ &=\left[\frac{1}{1-s}x^{1-s}\right]_{1}^{N}+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N^s}\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{(-1)^{k+1}(s)_kB_{k+1}}{(k+1)!}\left(1-\frac{1}{N^{s+k}}\right)-\frac{(s)_M}{M!}\int_{1}^{N}B_M(x-[x])x^{-s-N}dx\\ &=\frac{1}{s-1}\left(1-\frac{1}{N^{s-1}}\right)+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N^s}\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{(s)_kB_{k+1}}{(k+1)!}\left(1-\frac{1}{N^{s+k}}\right)-\frac{(s)_M}{M!}\int_{1}^{N}B_M(x-[x])x^{-s-N}dx\\ \end{align}
以上より示された$\blacksquare$

⑴絶対収束することについて
$\mathrm{Re}(s)=\sigma>1$とする。
\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\left|\frac{1}{n^s}\right| &=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{\sigma}} \end{align}
なので、命題2の二つ目の等式において$s=\sigma,M=1$とすることで
\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{\sigma}} &=\frac{1}{\sigma-1}\left(1-\frac{1}{N^{\sigma-1}}\right)+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N^{\sigma}}\right)-\sigma\int_{1}^{N}B_{1}(x-[x])x^{-\sigma-1}dx \end{align}
右辺の第一項目と第二項目については$N\rightarrow\infty$で$0$に収束するのでOK.
第三項目の積分については
$1\leq x$のとき$0\leq x-[x]\leq 1$なので$B_M(x-[x])$が有界になることと、
\begin{align} \int_{1}^{N}x^{-\sigma-1}dx &=\left[-\frac{1}{\sigma}x^{-\sigma}\right]_{1}^{N}\\ &=\frac{1}{\sigma}\left(1-\frac{1}{N^{\sigma}}\right)\longrightarrow\frac{1}{\sigma}\quad(N\rightarrow\infty) \end{align}
となることより一般に
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\int_{1}^{N}B_{M}(x-[x])x^{-\sigma-1}dx $$
が収束することが分かる
よって、特に$M=1$として三項目の積分の収束性も示された。
$\\$
級数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$が発散することについては、命題2の一つ目の等式で$M=1$としたときの表示
$$\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}=\log N+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)-\int_{1}^{N}B_1(x-[x])x^{-2}dx$$
の右辺において$N\rightarrow\infty$で$\log$の項のみが発散することより示される。

⑵命題2の一つ目の等式より
$$a_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}-\log N=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{k+1}\left(1-\frac{1}{N^{k+1}}\right)-\int_{1}^{N}B_M(x-[x])x^{-1-M}dx$$
が成り立つ。$N\rightarrow\infty$で右辺第一項と第二項が収束することは直ちにわかる。また⑴での議論より最後の積分が収束することも分かる。したがって$\lbrace a_n\rbrace$は収束する。また、
\begin{align} \gamma &=\lim_{N\rightarrow\infty}a_N\\ &=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{k+1}-\int_{1}^{\infty}B_M(x-[x])x^{-1-M}dx\\ &=\sum_{k=0}^{M-1}\frac{B_{k+1}}{k+1}-\int_{1}^{\infty}B_M(x-[x])x^{-1-M}dx\\ \end{align}
以上より示された$\blacksquare$

⑴$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$は$\mathrm{Re}(s)>1$の範囲で絶対収束するので$\sigma>1$なる実数$\sigma$をとると、この級数は$\mathrm{Re}(s)\geq\sigma$の範囲で一様収束する。したがって、$\zeta(s)$は$\mathrm{Re}(s)>1$の範囲でで正則関数となることが分かる。次に命題2の二つ目の等式で$N\rightarrow\infty$とすると
$$\zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{M-1}\frac{(s)_kB_{k+1}}{(k+1)!}-\frac{(s)_M}{M!}\int_{1}^{\infty}B_{M}(x-[x])x^{-s-M}dx $$
となる。最後の積分の収束性については、命題3の証明の途中で述べたように$B_{M}(x-[x])$が$1\leq x$の範囲で有界になることより、$\mathrm{Re}(s)>1-M$の範囲で広義一様絶対収束することが分かる。よって上の等式によって$\zeta(s)$は$ \mathrm{Re}(s)>1-M$へ解析接続される。$M$の任意性より結局$\zeta(s)$は全$s$平面の有理型関数に解析接続され、$s\neq 1$で正則であることと、$\frac{1}{s-1}$の項があることから極が$s=1$のみであること、$s=1$での留数が$1$になることも分かる。
$\\$
⑵$s=1-m$のとき、$M\geq m$となるように整数$M$をとれば$(1-m)_M=0$となって最後の積分の項が消える。よって$M=m$ととれば
\begin{align} \zeta(1-m) &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(1-m)_kB_{k+1}}{(k+1)!}\\ \end{align}
となる。
まず、$m=1$ならば
$$\zeta(0)=-\frac{1}{2}=-B_1$$
となってOK.

$m\geq 2$のときは
\begin{align} \zeta(1-m) &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(1-m)_kB_{k+1}}{(k+1)!}\\ &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(1-m)_kB_{k+1}}{(k+1)!}\\ &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^kB_{k+1}}{k+1}\binom{m-1}{k}\quad\left(\because (1-m)_k=(-1)^kk!\binom{m-1}{k}\right)\\ &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}+\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^kB_{k+1}\binom{m}{k+1}\quad\left(\because \frac{1}{k+1}\binom{m-1}{k}=\frac{1}{m}\binom{m}{k+1}\right)\\ &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}-\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m-1}B_{k+1}\binom{m}{k+1}\quad\left(\because (-1)^kB_{k}=B_k\ (k\geq 2)\right)\\ &=-\frac{1}{m}+\frac{1}{2}-\frac{1}{m}\sum_{k=2}^{m}B_{k}\binom{m}{k}\\ &=1-\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{m}B_{k}\binom{m}{k}\\ \end{align}
ここでベルヌーイ数の漸化式から$$\sum_{k=0}^{m-1}B_{k}\binom{m}{k}=m$$
が成り立つので$k=m$のときのみ残ることを踏まえると
$$\zeta(1-m)=-\frac{B_m}{m}$$
が分かる$\blacksquare$