Euler定数の評価

前回は、Euler-MacLaurinの和公式の応用として階乗の漸近公式を証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、Euler-MacLaurinの和公式のもう1つの応用としてEuler定数の評価を行います。

Euler定数

Prop. 38任意の自然数 , に対して, を満たす実数 が存在して,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n}=\gamma+\log{N}+\dfrac{1}{2N} - \sum_{j=1}^{m - 1}\dfrac{B_{2j}}{2j}N^{-2j} - \vartheta_m(N)\dfrac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}
\end{align*}が成り立つ. ただし,
\begin{align*}
\gamma:=\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-\log{N}\right)
\end{align*}
である.

(証明)
Prop.35 において , , , とすれば,
\begin{align*}
\sum_{n=2}^N\frac{1}{n}&=\log{N}+\sum_{r=1}^{2m}\frac{(-1)^r}{r!}B_r\left\{(-1)^{r-1}(r-1)!N^{-r}-(-1)^{r-1}(r-1)!\right\}\\
&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\frac{(-1)^{2m-1}}{(2m)!}\int_1^N(-1)^{2m}(2m!)B_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx\\
&=\log{N}+\sum_{r=1}^{2m}\frac{B_r}{r}\left(1-N^{-r}\right)-\int_1^NB_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx\\
&=\log{N}+\frac{B_1}{1}\left(1-N^{-1}\right)+\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}\left(1-N^{-2j}\right)-\int_1^NB_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx\\
&=\log{N}-\frac{1}{2}\left(1-N^{-1}\right)+\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}\left(1-N^{-2j}\right)-\int_1^NB_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx\\
&=\log{N}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2N}+\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}\left(1-N^{-2j}\right)-\int_1^NB_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx
\end{align*}となる. ただし, 行目の等号ではProp.13 を, 行目の等号では であることを用いた. よって,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}&=\log{N}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2N}+\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}-\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}\\
&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \, +\int_N^\infty B_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx-\int_1^\infty B_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx
\end{align*}である. ここで,
\begin{align*}
\Omega_{2m}(N)&:=\int_N^\infty B_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx,\\
\gamma_m&:=-\int_1^\infty B_{2m}(x-[x])x^{-(2m+1)}dx-\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}+\frac{1}{2}
\end{align*}とすると,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-\log{N}=\frac{1}{2N}-\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}+\Omega_{2m}(N)+\gamma_m
\end{align*}とかける. いま, は に依存していない. 実際,
\begin{align*}
\lim_{N\to\infty}\frac{1}{2N}&=0,\\
\lim_{N\to\infty}\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}&=0
\end{align*}であることと, Prop.34を用いると,
\begin{align*}
\left|\Omega_{2m}(N)\right|&\leq \int_N^\infty\left|B_{2m}(x-[x])\right|x^{-(2m+1)}dx\\
&\leq \left|B_{2m}\right|\int_N^\infty x^{-(2m+1)}dx\\
&=\frac{|B_{2m}|}{2m}N^{-2m} \to 0\ (N\to\infty)
\end{align*}なので,
\begin{align*}
\lim_{N\to\infty}\Omega_{2m}(N)=0
\end{align*}であることより,
\begin{align*}
\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-\log{N}\right)&=\lim_{N\to\infty}\left(\frac{1}{2N}-\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}+\Omega_{2m}(N)+\gamma_m\right)\\
&=\gamma_m
\end{align*}となって に依存しない. これより, とおける. さて, であることから,
\begin{align*}
R_{2m}(N):=\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}-\Omega_{2m}(N)
\end{align*}とおくと, と は同符号. よって,
\begin{align*}
R_{2m}(N)=\vartheta_m(N)\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}\tag{1}
\end{align*}により を定めると, である. このとき,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}&=\gamma+\log{N}+\frac{1}{2N}-\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}+\Omega_{2m}(N)\\
&=\gamma+\log{N}+\frac{1}{2N}-\sum_{j=1}^{m - 1}\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}-R_{2m}(N)\tag{2}
\end{align*}であり, を に置きかえると,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}=\gamma+\log{N}+\frac{1}{2N}-\sum_{j=1}^m\frac{B_{2j}}{2j}N^{-2j}-R_{2(m+1)}(N)\tag{3}
\end{align*}となる. よって(2), (3)より,
\begin{align*}
R_{2m}(N)=\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}+R_{2(m+1)}(N)
\end{align*}であるから(1)より,
\begin{align*}
\vartheta_m(N)\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}&=\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}+\vartheta_{m+1}(N)\frac{B_{2(m+1)}}{2(m+1)}N^{-2(m+1)}\\
&=\frac{B_{2m}}{2m}N^{-2m}\left\{1-\left|\frac{B_{2(m+1)}}{B_{2m}}\right|\frac{2m}{2(m+1)}N^{-2}\vartheta_{m+1}(N)\right\}
\end{align*}となる. よって,
\begin{align*}
\vartheta_{m}(N)=1-\left|\frac{B_{2(m+1)}}{B_{2m}}\right|\frac{2m}{2(m+1)}N^{-2}\vartheta_{m+1}(N)
\end{align*}であるから, と合わせて を得る. ■

Def. 39 Prop.38 における
\begin{align*}
\gamma:=\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-\log{N}\right)
\end{align*}をEuler定数という.

Euler定数の評価

Euler定数 の値は有理数か無理数かさえ分かっていない. しかし定理 Ptop.38 を用いると, の近似を行うことができる. 例えば, , とすると,
\begin{align*}
\gamma&=\frac{1}{2}+\frac{B_2}{2}+\frac{B_4}{4}+\frac{B_6}{6}+\frac{B_8}{8}\vartheta_4(1)\\
&=\frac{26}{45}-\frac{\vartheta_4(1)}{240}
\end{align*}であるから より,
\begin{align*}
0.575<\gamma<0.5777\cdots
\end{align*}
を得る.

階乗の漸近公式

前回は、Euler-MacLaurinの和公式を証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、Euler-MacLaurinの和公式の応用として階乗の漸近公式を証明します。

階乗の漸近公式

Prop. 36 任意の自然数 に対して, を満たす実数 が存在して,
\begin{align*}
\log N! = \log \sqrt{2\pi}+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log N -N+\frac{\vartheta_1(N)}{12N}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Prop.35 において , , , とすれば,
\begin{align*}
\log N! &=\sum_{n=2}^{N}\log n\\
&=N\log N-N+1+\frac{1}{2}\log N\\
& \qquad +\sum_{r=2}^{2m}\frac{B_r}{r(r-1)}\left(N^{-(r-1)}-1\right)+\frac{1}{2m}\int_{1}^{N}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx\\
&=N\log N-N+1+\frac{1}{2}\log N \\
& \qquad+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}\left(N^{-(2j-1)}-1\right)+\frac{1}{2m}\int_{1}^{N}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx\\
&=N\log N-N+1+\frac{1}{2}\log N\\
& \qquad+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-(2j-1)}-\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}\\
& \qquad\qquad +\frac{1}{2m}\int_{1}^{\infty}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx-\frac{1}{2m}\int_{N}^{\infty}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx.
\end{align*} 行目の等号は より, 行目の等号は Prop. 13 より従う. ここで,
\begin{align*}
\Omega_{2m}(N)&:=-\frac{1}{2m}\int_{N}^{\infty}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx,\\
K_m&:=\frac{1}{2m}\int_{1}^{\infty}B_{2m}(x-[x])x^{-2m}dx-\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}+1
\end{align*}とおくと上の等式は,
\begin{align*}
\log N! &=\left(N+\frac{1}{2}\right)\log N -N+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-(2j-1)}+K_m-\Omega_{2m}(N)
\end{align*}と表せる. いま は に依存していない. 実際,
\begin{align*}
\log N!-\left(N+\frac{1}{2}\right)\log N+N=\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-(2j-1)}+K_m-\Omega_{2m}(N)
\end{align*}より,
\begin{align*}
\lim_{N \to \infty}\left\{\log N!-\left(N+\frac{1}{2}\right)\log N+N\right\}&=\lim_{N \to \infty}\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-(2j-1)}-\lim_{N \to \infty}\Omega_{2m}(N)+K_m\\
&=-\lim_{N \to \infty}\Omega_{2m}(N)+K_m
\end{align*}であり, Prop. 34 より ,
\begin{align*}
\left|\Omega_{2m}(N)\right| &\leq \frac{1}{2m}\int_{N}^{\infty}\left|B_{2m}(x-[x])\right|x^{-2m}dx\\
&\leq \frac{\left|B_{2m}\right|}{2m}\int_{N}^{\infty}x^{-2m}dx\\
&=\frac{\left|B_{2m}\right|}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}
\end{align*}より
\begin{align*}
\lim_{N \to \infty}\Omega_{2m}(N)=0
\end{align*}なので,
\begin{align*}
K_m=\lim_{N \to \infty}\left\{\log N!-\left(N+\frac{1}{2}\right)\log N+N\right\}
\end{align*}となって に依存しない. これより をある定数 に取り換えてよい. さて,
\begin{align*}
R_{2m}(N):=\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}-\Omega_{2m}(N)
\end{align*}とおくと, と は同符号である. よって,
\begin{align*}
R_{2m}=\vartheta_m(N)\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}
\end{align*}により を定めると, である. よって,
\begin{align*}
\log{N!}&=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-2j+1}-\Omega_{2m}(N)\\
&= K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\sum_{j=1}^{ m - 1 }\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-2j+1} - R_{2m}(N)\tag{1}
\end{align*}となる. ここで を に置き換えると,
\begin{align*}
\log{N!}=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-2j+1}-R_{2m+2}(N)\tag{2}
\end{align*}なので(1), (2)より,
\begin{align*}
R_{2m}(N)=\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}+R_{2m+2}(N)
\end{align*}であるから, を代入すると, Prop. 18より,
\begin{align*}
R_{2m}(N)&=\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}+\vartheta_{m+1}(N)\frac{B_{2m+2}}{(2m+1)(2m+2)}N^{-2m-1}\\
&=\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)}N^{-2m+1}\left\{1-\vartheta_{m+1}(N)\left|\dfrac{B_{2m+2}}{B_{2m}}\right|\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)(2m+2)}\right\}
\end{align*}となって,
\begin{align*}
\vartheta_m(N)=1-\vartheta_{m+1}(N)\left|\frac{B_{2m+2}}{B_{2m}}\right|\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)(2m+2)}
\end{align*}となるので と合わせて, が分かる. よって,
\begin{align*}
\log{N!}=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\sum_{j=1}^{m}\frac{B_{2j}}{2j(2j-1)}N^{-2j+1}-\Omega_{2m}(N)
\end{align*}において, とすれば,
\begin{align*}
\log{N!}&=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\frac{B_{2}}{2}N^{-1}-\Omega_{2}(N)\\
&=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+R_{2}(N)\\
&=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\frac{B_2}{2N}\vartheta_1(N)\\
&=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\frac{\vartheta_1(N)}{12N}
\end{align*}となる. ここで 行目の等号は の定義から, 行目の等号は の定義から従い, 行目の等号では を用いた. 以上から,
\begin{align*}
\log{N!}=K+\left(N+\frac{1}{2}\right)\log{N}-N+\frac{\vartheta_1(N)}{12N},　\left(0<\vartheta_1(N)<1\right)
\end{align*}を得た. 最後に定数 の値を決定する. 上の等式から,
\begin{align*}
N!&=\exp\left(K+\left(N+\dfrac{1}{2}\right)\log{N}-N+\frac{\vartheta_1(N)}{12N}\right)\\
&=N^{N+\frac{1}{2}}\exp\left(K-2N+\frac{\vartheta_1(N)}{12N}\right)
\end{align*}であり, これをWallisの公式
\begin{align*}
\frac{\pi}{2}=\lim_{N\to\infty}\frac{2^{4N}\left(N\right)!}{\left(\left(2N\right)!\right)\left(2N+1\right)}
\end{align*}に代入すれば,
\begin{align*}
\frac{\pi}{2}&=\frac{\mathrm{e}^{2K}}{2}\lim_{N\to\infty}\frac{N}{2N+1}\exp\left(\frac{\vartheta_1(N)}{3N}-\frac{\vartheta_1(2N)}{12N}\right)\\
&=\frac{\mathrm{e}^{2K}}{4}
\end{align*}となる. ここで, 行目の等号では , を用いた. 従って を得る. ■

Prop. 36の両辺の指数をとることで直ちに次が分かる.

Cor. 37 十分大きな自然数 に対して,
\begin{align*}
N! =O\left(\sqrt{N}\left(\frac{N}{\mathrm{e}}\right)^N\right)
\end{align*}が成り立つ.

Euler-MacLaurinの和公式

前回は、Bernoulli多項式とBernoulli数の評価を行いました。
negelon.hatenablog.com
今回は、主張は初等的なのですが解析的整数論で驚くべき効果を発揮するEuler-MacLaurinの和公式を紹介します。

Euler-MacLaurinの和公式

Prop.35(Euler-MacLaurinの和公式) を任意の自然数とし を < を満たす整数とする. このとき, 少なくとも 回連続微分可能な関数 に対して,
\begin{align*}
\sum_{n=a+1}^{b}f(n)=\int_{a}^{b}f(x)dx+\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^r}{r!}B_r\left\{f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right\}+R_q
\end{align*}が成り立つ. ここで は剰余項であり,
\begin{align*}
R_q:=\frac{(-1)^{q-1}}{q!}\int_{a}^{b}B_q(x-[x])f^{(q)}(x)dx
\end{align*}で与えられる.

(証明)
Bernoulli多項式の定義に注意して部分積分を繰り返すと,
\begin{align*}
\int_{0}^{1}f(x)dx&=\int_{0}^{1}B'_1(x)f(x)dx\\
　 &=\big[B_1(x)f(x)\big]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}B_1(x)f'(x)dx\\
　　 &=\big[B_1(x)f(x)\big]_{0}^{1}-\frac{1}{2!}\int_{0}^{1}B'_2(x)f'(x)dx\\
　　　　　　　　 &=\big[B_1(x)f(x)\big]_{0}^{1}-\frac{1}{2!}\big[B_2(x)f(x)\big]_{0}^{1}+\frac{1}{2!}\int_{0}^{1}B_2(x)f''(x)dx\\
　　 &=\cdots\\
　　　　 &=\sum_{r=1}^{q}\dfrac{(-1)^{r-1}}{r!}\big[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\big]_{0}^{1}+(-1)^q\int_{0}^{1}\frac{B_q(x)}{q!}f^{(q)}(x)dx
\end{align*}である. 1項目の和を とそれ以外に分けて計算すると,
\begin{align*}
\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r-1}}{r!}\big[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\big]_{0}^{1}&=B_1(1)f(1)-B_1(0)f(0)+\sum_{r=2}^{q}\frac{(-1)^{r-1}}{r!}\big[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\big]_{0}^{1}\\
　　&=(1+B_1)f(1)-B_1f(0)+\sum_{r=2}^{q}\frac{(-1)^{r-1}}{r!}\big[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\big]_{0}^{1}\\
　　 &=f(1)+\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r-1}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(1)-f^{(r-1)}(0)\right\}
\end{align*}
となる. ここで 2行目の等号では Prop.8 を用いた. よって,
\begin{align*}
f(1)&=\int_{0}^{1}f(x)dx-\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r-1}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(1)-f^{(r-1)}(0)\right\}-(-1)^q\int_{0}^{1}\frac{B_q(x)}{q!}f^{(q)}(x)dx\\
　　&=\int_{0}^{1}f(x)dx+\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(1)-f^{(r-1)}(0)\right\}+(-1)^{q-1}\int_{0}^{1}\frac{B_q(x)}{q!}f^{(q)}(x)dx
\end{align*}
が得られる. この式において を に取り換えると,
\begin{align*}
f(n)=\int_{0}^{1}f(n-1+x)dx+\sum_{r=1}^{q}&\frac{(-1)^{r}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(n)-f^{(r-1)}(n-1)\right\}\\
&+(-1)^{q-1}\int_{0}^{1}\frac{B_q(x)}{q!}f^{(q)}(n-1+x)dx
\end{align*}
となるので両辺 から まで和をとると,
\begin{align*}
\sum_{n=a+1}^{b}f(n)=\sum_{n=a+1}^{b}\int_{0}^{1}f(n-1+x)dx&+\sum_{n=a+1}^{b}\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(n)-f^{(r-1)}(n-1)\right\}\\
&+\sum_{n=a+1}^{b}(-1)^{q-1}\int_{0}^{1}\frac{B_q(x)}{q!}f^{(q)}(n-1+x)dx\\
&=S_1+S_2+S_3
\end{align*}
である. ここで をそれぞれ計算する. まず は,
\begin{align*}
S_1&=\sum_{n=a+1}^{b}\int_{n-1}^{n}f(x)dx\\
&=\int_{a}^{b}f(x)dx
\end{align*}
であり, は
\begin{align*}
S_2&=\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r}B_r}{r!}\sum_{n=a+1}^{b}\left\{f^{(r-1)}(n)-f^{(r-1)}(n-1)\right\}\\
&=\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^{r}B_r}{r!}\left\{f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right\}
\end{align*}
である. また は,
\begin{align*}
S_3&=\frac{(-1)^{q-1}}{q!}\sum_{n=a+1}^{b}\int_{0}^{1}B_q(x)f^{(q)}(n-1+x)dx\\
&=\frac{(-1)^{q-1}}{q!}\sum_{n=a+1}^{b}\int_{n-1}^{n}B_q(x-n+1)f^{(q)}(x)dx\\
&=\frac{(-1)^{q-1}}{q!}\sum_{n=a+1}^{b}\int_{n-1}^{n}B_q(x-[x])f^{(q)}(x)dx\\
&=\frac{(-1)^{q-1}}{q!}\int_{a}^{b}B_q(x-[x])f^{(q)}(x)dx\\
&=R_q
\end{align*}
となる. 従って,
\begin{align*}
\sum_{n=a+1}^{b}f(n)=\int_{a}^{b}f(x)dx+\sum_{r=1}^{q}\frac{(-1)^r}{r!}B_r\left\{f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right\}+R_q
\end{align*}
を得る.■

Bernoulli多項式とBernoulli数の評価

ゼータ関数の正の偶数点での値とあるL関数の正の奇数点での値を求めました。
negelon.hatenablog.com
今回は、それらの結果を利用してBernoulli多項式とBernoulli数の評価を行いたいと思います。

Bernoulli多項式の評価

Prop.31 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\left| B_{q}(x - [x]) \right| \leq \dfrac{q!}{12(2 \pi)^{q - 2}}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
のときは明らかなので の時を考える. が偶数, 奇数のときをそれぞれ とおけば, Thm.28 より,
\begin{align*}
\left| B_{2k}(x - [x]) \right| &= 2 \cdot (2k)!\left|\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{\cos{2 \pi nx}}{(2 \pi n)^{2k}}\right|\\
&\leq 2 \cdot (2k)!\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2 \pi n)^{2k}},\\
\left| B_{2k - 1}(x - [x]) \right| &= 2 \cdot (2k - 1)!\left|\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{\sin{2 \pi nx}}{(2 \pi n)^{2k - 1}}\right|\\
&\leq 2 \cdot (2k - 1)!\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2 \pi n)^{2k - 1}}
\end{align*}であるから, 以上の自然数 に対して,
\begin{align*}
\left|B_{q}(x - [x])\right| &\leq 2 \cdot q!\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2 \pi n)^{q}}\\
&\leq \dfrac{2 \cdot q!}{(2 \pi)^{q}}\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{q}}\\
&\leq \dfrac{2 \cdot q!}{(2 \pi)^{q}}\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}}\\
&= \dfrac{2 \cdot q!}{(2 \pi)^{q}}\dfrac{\pi^{2}}{6}\\
& \leq \dfrac{q!}{12(2 \pi)^{q - 2}}
\end{align*}となって成立. ただし 行目の等号では Cor.29 を用いた.■

Bernoulli数の評価

Prop.32 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\dfrac{2 \cdot (2k)!}{(2\pi)^{2k}} \leq \left|B_{2k}\right| \leq \dfrac{(2k)!}{12 \cdot (2 \pi)^{2k - 2}}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Cor.29 より,
\begin{align*}
\left|B_{2k}\right| &= \dfrac{(2k)!}{2^{2k-1}\pi^{2k}}\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2k}}\\
&> \dfrac{(2k)!}{2^{2k-1}\pi^{2k}}\tag{1}.
\end{align*}一方で, Prop.31 において とおけば, Prop.8 より,
\begin{align*}
\left|B_{2k}\right| &= \left|B_{2k}(0)\right|\\
&\leq \dfrac{1}{12}\dfrac{(2k)!}{(2\pi)^{2k - 2}}\tag{2}
\end{align*}なので, (1), (2) より,
\begin{align*}
\dfrac{2 \cdot (2k)!}{(2\pi)^{2k}} \leq \left|B_{2k}\right| \leq \dfrac{(2k)!}{12 \cdot (2 \pi)^{2k - 2}}
\end{align*}を得る.■

Cor.33 以上の自然数 に対して, は協議単調増加.

(証明)
Prop.32 から のとき,
\begin{align*}
\left|B_{2( k + 2 )}\right| - \left|B_{2k }\right| &> \dfrac{2 \cdot (2(2k + 1))!}{(2\pi)^{2(k + 1)}} - \dfrac{(2k)!}{12 \cdot (2\pi)^{2k - 2}}\\
&= \dfrac{(2k)!}{(2\pi)^{2k - 2}}\left\{\dfrac{(2k + 1)(2k + 2)}{8\pi^{4}} - \dfrac{1}{12}\right\}\\
&> 0
\end{align*}であり, また,
\begin{align*}
\dfrac{1}{42} = \left|B_{6}\right| < \left|B_{8}\right| = \dfrac{1}{30}
\end{align*}なので, のとき は狭義単調増加.■

Prop.34 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\left|B_{2k}(x - [x])\right| \leq \left|B_{2k}\right| \leq \dfrac{(2k)!}{12 \cdot (2\pi)^{2k - 2}}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Cor.29, Prop.32 より,
\begin{align*}
\left|B_{2k}(x - [x])\right| &\leq \dfrac{2 \cdot (2k)!}{(2\pi)^{2k}}\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2k}}\\
&= \left|B_{2k}\right|\\
&\leq \dfrac{(2k)!}{12 \cdot (2 \pi)^{2k - 2}}
\end{align*}をとなる.■

ゼータ関数、L関数の特殊値

前回は周期Bernoulli多項式のFourier展開を求めました。
negelon.hatenablog.com
今回は、それを利用してゼータ関数の正の偶数点での値とあるL関数の正の奇数点での値を導きます。
※ただし、まだゼータ関数やL関数は定義していないので、本記事では級数の表示のままにしておきます。

ゼータ関数の正の偶数点での値

Cor.29 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^{2k}}=\dfrac{(-1)^{k - 1}2^{2k - 1}B_{2k}}{(2k)!}\pi^{2k}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Thm.28 (2)において とすると,
\begin{align*}
\psi_{2k}(0)&=B_{2k}(0)\\
&=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2\pi n)^{2k}}
\end{align*}であり Prop.8から左辺は なので,
\begin{align*}
B_{2k}=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2\pi n)^{2k}}.
\end{align*}従って,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^{2k}}&=\dfrac{(-1)^{k - 1}2^{2k-1}B_{2k}}{(2k)!}\pi^{2k}
\end{align*}を得る.■

例
具体的にいくつかの に対してみてみよう.
(1) (バーゼル問題) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}} = \dfrac{{\pi}^{2}}{6}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{4}} = \dfrac{{\pi}^{4}}{90}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{6}} = \dfrac{{\pi}^{6}}{945}.
\end{align*}

あるL関数の正の奇数点での値

Cor.30 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}}=\dfrac{(-1)^{k}2^{2k-2}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{(2k-1)!}\pi^{2k-1}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Thm.28 (1)において とすると,
\begin{align*}
\psi_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right) &= B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)\\
&= 2(-1)^{k}(2k-1)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin{\dfrac{n \pi}{2}}}{(2\pi n)^{2k-1}}\\
&= 2(-1)^{k}\dfrac{(2k-1)!}{(2 \pi)^{2k-1}}\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}}
\end{align*}となるので,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}} &= \dfrac{(2 \pi)^{2k-1}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{2(-1)^{k}(2k-1)!}\\
&= \dfrac{(-1)^{k}2^{2k-2}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{(2k-1)!}\pi^{2k-1}
\end{align*}を得る.■

例
具体的にいくつかの に対してみてみよう.
(1) (Gregory-Leibnizの公式) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2n + 1} = \dfrac{\pi}{4}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n + 1)^{3}} = \dfrac{\pi^{3}}{32}.
\end{align*}(3) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n + 1)^{5}} = \dfrac{5}{1536} \pi^{5}.
\end{align*}

周期Bernoulli多項式のFourier展開

前回はBernoulli多項式の積公式を証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、周期Bernoulli多項式のFourier展開を求めたいと思います。

Fourier係数の計算

任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\psi_q(x):=B_q(x-[x])
\end{align*}と定義すると は周期 の周期関数である. が 以上のときは Prop.8 より なので は連続であり, のときは Prop.8 より なので は整数点で不連続であることが分かる. よってFourier級数の一般論から はFourier展開可能である. ここでは のFourier展開
\begin{align*}
\psi_q(x)=\dfrac{a_0^{(q)}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^{(q)}\cos2n \pi x+b_n^{(q)}\sin2n \pi x)
\end{align*}を決定する. ただし はFourier係数であり,
\begin{align*}
a_n^{(q)}&=2\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\psi_q(x)\cos2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}\psi_q(x)\cos2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}B_q(x-[x])\cos2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}B_q(x)\cos2n \pi xdx,\\
b_n^{(q)}&=2\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\psi_q(x)\sin2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}\psi_q(x)\sin2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}B_q(x-[x])\sin2n \pi xdx\\
&=2\int_{0}^{1}B_q(x)\sin2n \pi xdx\\
\end{align*}なのでそれぞれ,
\begin{align*}
a_n^{(q)}=2\int_{0}^{1}B_q(x)\cos2n \pi xdx,
\end{align*}
\begin{align*}
b_n^{(q)}=2\int_{0}^{1}B_q(x)\sin2n \pi xdx
\end{align*}と表せる.

Lemma.26任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
a_0^{(q)}=0.
\end{align*}

(証明)
\begin{align*}
a_0^{(q)}&=2\int_{0}^{1}B_q(x)dx\\
　　　 &=\dfrac{2}{q+1}\int_{0}^{1}B'_{q+1}(x)dx\\
&=\dfrac{2}{q+1}\left\{B_{q+1}(1)-B_{q+1}(0)\right\}\\
&=\dfrac{2}{q+1}\left\{B_{q+1}-B_{q+1}\right\}\\
&=0.
\end{align*}ただし 行目の等号ではBernoulli多項式の定義を, 行目の等号ではProp.8を用いた. ■

Lemma.27 任意の自然数 に対して,
(1) .
(2) .
(3).
(4).

(証明)
(1) に関する数学的帰納法で示す.
のときは,
\begin{align*}
a_n^{(1)}&=2\int_{0}^{1}B_{1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=2\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)\cos{2\pi nx}dx\\
&=0
\end{align*}より成立する.
まで成立すると仮定すると, 部分積分を行うことによって,
\begin{align*}
a_n^{(2k+1)}&=2\int_0^1B_{2k+1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{1}{\pi n}\left[B_{2k+1}(x)\sin{2\pi nx}\right]_0^1-\frac{1}{\pi n}\int_0^1B'_{2k+1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}\int_0^1B'_{2k+1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k+1}{\pi n}\int_0^1B_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\left[B_{2k}(x)\cos{2\pi nx}\right]_0^1-\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\int_0^1B'_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\int_0^1B'_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k(2k+1)}{2(\pi n)^2}\int_0^1B_{2k-1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k(2k+1)}{(2\pi n)^2}a_n^{(2k-1)}\\
&=0
\end{align*}を得る. ここで, 行目と 行目の等号はBernoulli多項式の定義より, 行目の等号は Prop.8 より従う. また最後の等号では のときの仮定を用いた.
(2) に関する数学的帰納法で示す.
のときは,
\begin{align*}
b_n^{(1)}&=2\int_{0}^{1}B_{1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=2\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)cos{2\pi nx}\right]_0^1+\frac{1}{\pi n}\int_0^1\cos{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}\\
&=(-1)^1\frac{2(2\cdot1-1)!}{(2\pi n)^{2\cdot1-1}}
\end{align*}より成立する.
まで成立すると仮定すると, 部分積分を行うことによって,
\begin{align*}
b_n^{(2k+1)}&=2\int_0^1B_{2k+1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}\left[B_{2k+1}(x)\cos{2\pi nx}\right]_0^1+\frac{1}{\pi n}\int_0^1B'_{2k+1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{1}{\pi n}\int_0^1B'_{2k+1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{2k+1}{\pi n}\int_0^1B_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\left[B_{2k}(x)\sin{2\pi nx}\right]_0^1-\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\int_0^1B'_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k+1}{2(\pi n)^2}\int_0^1B'_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k(2k+1)}{2(\pi n)^2}\int_0^1B_{2k-1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k(2k+1)}{(2\pi n)^2}b_n^{(2k-1)}\\
&=(-1)^k\dfrac{2 \cdot (2k-1)!}{(2 \pi n)^{2k-1}}
\end{align*}より成立する. ここで, 行目と 行目の等号はBernoulli多項式の定義より, 行目の等号は Prop.8より従う. また最後の等号では のときの仮定を用いた.
(3) 部分積分を行うと,
\begin{align*}
a_n^{(2k)}&=2\int_0^1B_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{1}{\pi n}\left[B_{2k}(x)\sin{2\pi nx}\right]_0^1-\frac{1}{\pi n}B'_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}B'_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{2k}{\pi n}\int_0^1B_{2k-1}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{k}{\pi n}b_n^{(2k-1)}\\
&==(-1)^{k - 1}\dfrac{2\cdot(2k)!}{(2 \pi n)^{2k}}
\end{align*}となり成立. ただし, 行目の等号ではBernoulli多項式の定義より, 最後の等号は より従う.
(4) 部分積分を行うと,
\begin{align*}
b_n^{(2k)}&=2\int_0^1B_{2k}(x)\sin{2\pi nx}dx\\
&=-\frac{1}{\pi n}\left[B_{2k}(x)\cos{2\pi nx}\right]_0^1+\frac{1}{\pi n}B'_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{1}{\pi n}B'_{2k}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{2k}{\pi n}\int_0^1B_{2k-1}(x)\cos{2\pi nx}dx\\
&=\frac{k}{\pi n}b_n^{(2k-1)}\\
&=0
\end{align*}となり成立. ただし, 行目の等号はProp.8より, 行目の等号はBernoulli多項式の定義より従う. また最後の等号では を用いた. ■

Fourier展開の実行

Thm.28
(1) 自然数 に対して,
\begin{align*}
\psi_{2k-1}(x)=2(-1)^k(2k-1)!\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin2 \pi nx}{(2 \pi n)^{2k-1}}.
\end{align*} (2) 自然数 に対して,
\begin{align*}
\psi_{2k}(x)=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos2 \pi nx}{(2 \pi n)^{2k}}.
\end{align*}

(証明)
(1)\begin{align*}
\psi_{2k-1}(x)&=\frac{a_0^{(2k-1)}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \left(a_n^{(2k-1)}\cos2n \pi x+b_n^{(2k-1)}\sin2n \pi x\right)\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \left(a_n^{(2k-1)}\cos2n \pi x+b_n^{(2k-1)}\sin2n \pi x\right)\\
&=2(-1)^k(2k-1)!\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin2 \pi nx}{(2 \pi n)^{2k-1}}.
\end{align*} 行目の等号では Lemma.26 を, 行目の等号では Lemma.27 を用いた.
(2)\begin{align*}
\psi_{2k}(x)&=\dfrac{a_0^{(2k)}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \left(a_n^{(2k)}\cos2n \pi x+b_n^{(2k - 1)}\sin2n \pi x\right)\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \left(a_n^{(2k)}\cos2n \pi x+b_n^{(2k)}\sin2n \pi x\right)\\
&=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos2 \pi nx}{(2 \pi n)^{2k}}.
\end{align*} 行目の等号では Lemma.26 を, 行目の等号では Lemma.27 を用いた.■

Bernoulli多項式の積公式

前回は、von Staudt-Clausenの定理を証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、Bernoulli多項式の積公式を証明します。

Bernoulli多項式の積公式

Prop.24(Bernoulli多項式の積公式) を自然数とするとき,
\begin{align*}
B_{q}(kx) = k^{q-1} \sum_{j = 0}^{k - 1} B_{q}\left(x + \dfrac{j}{k}\right)
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
\begin{align*}
x^{q} = \dfrac{1}{q+1} \{B_{q + 1}(x + 1) - B_{q + 1}(x)\}
\end{align*}において とすれば,
\begin{align*}
\left(n + \dfrac{j}{k}\right)^{q} = \dfrac{1}{q+1} \left\{B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k} + 1\right) - B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k}\right)\right\}
\end{align*}より,
\begin{align*}
(kn + j)^{q} = \dfrac{k^{q}}{q+1} \left\{B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k} + 1\right) - B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k}\right)\right\}
\end{align*}となる. このとき,
\begin{align*}
\sum_{n = M}^{N - 1}\sum_{j = 0}^{k - 1}(kn + j)^{q} &= \sum_{n = M}^{N - 1}\sum_{j = 0}^{k - 1} \dfrac{k^{q}}{q+1} \left\{B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k} + 1\right) - B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k}\right)\right\}\\
&= \dfrac{k^{q}}{q + 1}\sum_{j = 0}^{k - 1}\sum_{n = M}^{N - 1} \left\{B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k} + 1\right) - B_{q+1}\left(n + \dfrac{j}{k}\right)\right\}\\
&= \dfrac{k^{q}}{q + 1}\sum_{j = 0}^{k - 1}\left\{B_{q+1}\left(N + \dfrac{j}{k}\right) - B_{q+1}\left(M + \dfrac{j}{k}\right)\right\}\\
\end{align*}である. ここで,
\begin{align*}
\sum_{n = M}^{N - 1}\sum_{j = 0}^{k - 1}(kn + j)^{q} &= \sum_{m = Mk}^{Nk - 1}m^{q}\\
&= \dfrac{1}{q + 1}\left\{B_{q + 1}(Nk) - B_{q + 1}(Mk)\right\}
\end{align*}より,
\begin{align*}
\dfrac{k^{q}}{q + 1}\sum_{j = 0}^{k - 1}\left\{B_{q + 1}\left(N + \dfrac{j}{k}\right) - B_{q + 1}\left(M + \dfrac{j}{k}\right)\right\} = \dfrac{1}{q + 1}\{B_{q + 1}(Nk) - B_{q + 1}(Mk)\}
\end{align*}となって, これを整理すると,
\begin{align*}
B_{q + 1}(Nk) - k^{q}\sum_{j = 0}^{k - 1}B_{q + 1}\left(N + \dfrac{j}{k}\right) = B_{q + 1}(Mk) - k^{q}\sum_{j = 0}^{k - 1}B_{q + 1}\left(M + \dfrac{j}{k}\right) \tag{1}
\end{align*}を得る. 今, は高々 次の多項式であり, (1) において は任意であったから, は定数関数である. よって, ある定数 が存在して,
\begin{align*}
B_{q + 1}(xk) - k^{q}\sum_{j = 0}^{k - 1}B_{q + 1}\left(x + \dfrac{j}{k}\right) = c
\end{align*}である. この両辺を微分して 倍すれば,
\begin{align*}
k\dfrac{B'_{q + 1}(kx)}{q + 1} - k^{q}\sum_{j = 0}^{k -1}\dfrac{B'_{q + 1}\left(x + \dfrac{j}{k}\right)}{q + 1} = 0
\end{align*}となるので, Bernoulli多項式の定義より,
\begin{align*}
kB_{q}(kx) - k^{q}\sum_{j = 0}^{k - 1}B_{q}\left(x + \dfrac{j}{k}\right) = 0,
\end{align*}つまり,
\begin{align*}
B_{q}(kx) = k^{q-1} \sum_{j = 0}^{k - 1} B_{q}\left(x + \dfrac{j}{k}\right)
\end{align*}を得る.■

Cor.25 を自然数とするとき,
\begin{align*}
B_{2m}\left(\dfrac{1}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2^{2m - 1}} - 1 \right)B_{2m}.
\end{align*}

(証明)
Prop.24 において とすれば,
\begin{align*}
B_{2m}(0) &= 2^{2m - 1}B_{2m}(0) + B_{2m}\left(\dfrac{1}{2}\right)
\end{align*}となるので, 整理して Prop.8 を適用すれば,
\begin{align*}
2^{2m - 1}B_{2m}\left(\dfrac{1}{2}\right) &= (1 - 2^{2m -1})B_{2m}(0)\\
&= (1 - 2^{2m -1})B_{2m}
\end{align*}とできる. 従って,
\begin{align*}
B_{2m}\left(\dfrac{1}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2^{2m - 1}} - 1 \right)B_{2m}
\end{align*}を得る.■