Bernoulli数

1．定義により $\bigl(\sum_{i\ge0}\frac{t^i}{(i+1)!}\bigr)\bigl(\sum_jB_j\frac{t^j}{j!}\bigr)=1$ である。$m\ge1$ について両辺の $t^m$ の係数を比べると $\sum_{j=0}^m\frac{B_j}{j!\,(m+1-j)!}=0$ で、$(m+1)!$ を掛けると主張の式になる。$m$ 番目の式は $(m+1)B_m$ を含むので、$B_0=1$ から順に $B_m$ がただ 1 通りに決まる。これは 数列の和と差分 の定義と同じ漸化式である。
2．数列の和と差分 の命題「奇数番目の Bernoulli 数」で、この漸化式から証明されている。母関数で見ると、$\frac t{e^t-1}+\frac t2=\frac t2\cdot\frac{e^{t/2}+e^{-t/2}}{e^{t/2}-e^{-t/2}}$ が $t\mapsto-t$ で変わらない偶関数であることにあたる。
3．1 の式を $B_m$ について解くと
$$ \frac{B_m}{m!}=-\sum_{j=0}^{m-1}\frac{B_j}{j!}\cdot\frac1{(m+1-j)!} $$
である。$j< m$ で $\lvert B_j\rvert\le j!$ と仮定すると $\lvert B_m\rvert/m!\le\sum_{i=2}^{m+1}\frac1{i!}< e-2< 1$ なので、帰納法により $\lvert B_n\rvert\le n!$ である。よって $\lvert t\rvert< 1$ で $\sum_n\lvert B_nt^n/n!\rvert\le\sum_n\lvert t\rvert^n$ は収束する。$\sum_i t^i/(i+1)!$ はすべての $t$ で絶対収束し、$t\neq0$ ではその和は $(e^t-1)/t$ である。冪級数 の命題「冪級数の和・定数倍・積」により、$\lvert t\rvert< 1$ で 2 つの和の積は係数の積の冪級数、すなわち定数 $1$ に等しい。よって $0<\lvert t\rvert<1$ で $\sum_nB_nt^n/n!=t/(e^t-1)$ である。$\square$

右辺を $g(x)$、左辺を $f(x)$ とおき、$g_N(x):=\sum_{n=-N}^{N}\frac1{x-n}=\frac1x+\sum_{n=1}^N\frac{2x}{x^2-n^2}$ とする。
段 1（収束と連続性）．$A>0$ とする。$\lvert x\rvert\le A$、$n\ge2A$ なら $n^2-x^2\ge\frac34n^2$ なので $\bigl\lvert\frac{2x}{x^2-n^2}\bigr\rvert\le\frac{8A}{3n^2}$ である。Weierstrass の M 判定法（一様収束）により、$n\ge2A$ の部分の和は $\lvert x\rvert\le A$ で一様収束して連続である。残りの有限個の項は整数でない $x$ で連続なので、$g$ は $\mathbb R\setminus\mathbb Z$ で連続である。同じ理由で $h_0(x):=\sum_{n\ge1}\frac{2x}{x^2-n^2}$ は $-1< x< 1$ で連続で、$h_0(0)=0$ である。
段 2（周期と 2 倍角の式）．$x\notin\mathbb Z$ とする。$g_N(x+1)=\sum_{n=-N-1}^{N-1}\frac1{x-n}=g_N(x)+\frac1{x+N+1}-\frac1{x-N}$ なので、$N\to\infty$ として $g(x+1)=g(x)$ である。また $\frac1{x/2-n}=\frac2{x-2n}$、$\frac1{(x+1)/2-n}=\frac2{x-(2n-1)}$ なので
$$ g_N\Bigl(\frac x2\Bigr)+g_N\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)=2\sum_{k=-2N-1}^{2N}\frac1{x-k}=2g_{2N}(x)+\frac2{x+2N+1} $$
であり、$N\to\infty$ として $g(\frac x2)+g(\frac{x+1}2)=2g(x)$ である（$x\notin\mathbb Z$ なら $\frac x2,\frac{x+1}2\notin\mathbb Z$）。$f$ も同じ 2 つの式をみたす。周期性は明らかで、$y=\frac{\pi x}2$ として $\cot y+\cot(y+\frac\pi2)=\cot y-\tan y=\frac{\cos^2y-\sin^2y}{\sin y\cos y}=2\cot2y$ だからである。
段 3（差を連続に延ばす）．$h:=f-g$ とおく。$x\to0$ のとき、$\sin y=y-\frac{y^3}6+O(y^5)$、$\cos y=1-\frac{y^2}2+O(y^4)$ から
$$ f(x)-\frac1x=\frac{\pi x\cos\pi x-\sin\pi x}{x\sin\pi x}=\frac{-\frac13(\pi x)^3+O(x^5)}{\pi x^2+O(x^4)}\to0 $$
である。$h(x)=\bigl(f(x)-\frac1x\bigr)-h_0(x)$ と段 1 から、$h(x)\to0$（$x\to0$）である。$h(0):=0$ とおき、周期 $1$ で延ばすと、$h$ は $\mathbb R$ 上の連続関数で、周期 $1$ をもち、段 2 から整数でない $x$ で $h(\frac x2)+h(\frac{x+1}2)=2h(x)$ をみたす。整数 $x$ でも、両辺が連続なので整数でない点からの極限でこの式が成り立つ。
段 4（最大値の原理）．$h$ の $[0,1]$ での最大値を $M$ とし、$h(x_0)=M$ とする。周期性から $M$ は $\mathbb R$ での最大値でもある。$2M=2h(x_0)=h(\frac{x_0}2)+h(\frac{x_0+1}2)$ で、右辺の各項は $M$ 以下なので $h(\frac{x_0}2)=M$ である。これを繰り返すと $h(x_0/2^k)=M$ で、$k\to\infty$ として連続性から $M=h(0)=0$ である。$-h$ も同じ式をみたすので最小値も $0$ であり、$h\equiv0$、すなわち $f=g$ である。$\square$

段 1（余接から $\zeta$ へ）．$0<\lvert x\rvert<1$ とする。lem-bnl-cot に $x$ を掛け、$\frac{2x^2}{x^2-n^2}=-2\frac{x^2/n^2}{1-x^2/n^2}=-2\sum_{k\ge1}\frac{x^{2k}}{n^{2k}}$（公比 $x^2/n^2<1$ の等比級数）を使うと
$$ \pi x\cot\pi x=1-2\sum_{n\ge1}\sum_{k\ge1}\frac{x^{2k}}{n^{2k}}=1-2\sum_{k\ge1}\zeta(2k)\,x^{2k} $$
である。2 重級数の項はすべて $0$ 以上なので和の順序を入れ替えてよい。
段 2（Bernoulli 数から余接へ）．$E(t):=\sum_{k\ge0}B_{2k}\frac{t^{2k}}{(2k)!}$ とおく。prop-bnl-basic の 2 と 3 により、$0<\lvert t\rvert<1$ で $E(t)=\frac t{e^t-1}+\frac t2$ であり、
$$ E(t)\bigl(e^{t/2}-e^{-t/2}\bigr)=te^{-t/2}+\frac t2\bigl(e^{t/2}-e^{-t/2}\bigr)=\frac t2\bigl(e^{t/2}+e^{-t/2}\bigr) $$
となる（$\frac t{e^t-1}(e^{t/2}-e^{-t/2})=te^{-t/2}$ を使った）。両辺を冪級数で書くと
$$ \Bigl(\sum_{k}\frac{B_{2k}}{(2k)!}t^{2k}\Bigr)\Bigl(\sum_j\frac{2^{-2j}}{(2j+1)!}t^{2j+1}\Bigr)=\sum_r\frac{2^{-2r}}{(2r)!}t^{2r+1} $$
で（$e^{t/2}\pm e^{-t/2}$ の指数級数から）、冪級数 の命題「冪級数の和・定数倍・積」と命題「中心に近づく点列の上で0になる冪級数」により、両辺の $t^{2r+1}$ の係数は等しい：$\sum_{k+j=r}\frac{B_{2k}}{(2k)!}\cdot\frac{2^{-2j}}{(2j+1)!}=\frac{2^{-2r}}{(2r)!}$。この式に $(-1)^r=(-1)^k(-1)^j$ を掛けたものは、実数 $z$ の冪級数の等式
$$ F(z)\cdot2\sin\frac z2=z\cos\frac z2,\qquad F(z):=\sum_{k\ge0}(-1)^kB_{2k}\frac{z^{2k}}{(2k)!} $$
の係数の等式である（$2\sin\frac z2=\sum_j(-1)^j\frac{2^{-2j}z^{2j+1}}{(2j+1)!}$、$z\cos\frac z2=\sum_r(-1)^r\frac{2^{-2r}z^{2r+1}}{(2r)!}$）。$F$ は $\lvert z\rvert<1$ で絶対収束するので、同じ命題によりこの等式は $\lvert z\rvert<1$ で関数として成り立ち、$0<\lvert z\rvert<1$ では $F(z)=\frac z2\cot\frac z2$ である。
段 3（係数を比べる）．$z=2\pi x$（$0<\lvert x\rvert<\frac1{2\pi}$）とおくと
$$ \pi x\cot\pi x=\sum_{k\ge0}(-1)^kB_{2k}\frac{(2\pi)^{2k}}{(2k)!}x^{2k} $$
である。段 1 の冪級数と、この冪級数は $0<\lvert x\rvert<\frac1{2\pi}$ で同じ値をとるので、命題「中心に近づく点列の上で0になる冪級数」により係数が等しい。$x^{2k}$（$k\ge1$）の係数を比べて $-2\zeta(2k)=(-1)^kB_{2k}\frac{(2\pi)^{2k}}{(2k)!}$、すなわち主張を得る。$\square$

thm-bnl-zeta から $\lvert B_{2k}\rvert=\frac{2\,(2k)!}{(2\pi)^{2k}}\zeta(2k)$ で、$\zeta(2k)>0$ なので 1 が従う。$1<\zeta(2k)\le\zeta(2)=\frac{\pi^2}6$ から 2 の不等式が従う。$(2k)!/(2\pi)^{2k}$ は $k\to\infty$ で $\infty$ に発散する（隣り合う比 $\frac{(2k+1)(2k+2)}{4\pi^2}$ が $1$ より大きくなり、$\infty$ に向かう）。3：$\lvert B_{2k}t^{2k}/(2k)!\rvert=2\zeta(2k)\bigl(\frac{\lvert t\rvert}{2\pi}\bigr)^{2k}$ は、$\lvert t\rvert<2\pi$ なら公比 $(\lvert t\rvert/2\pi)^2$ の等比級数で押さえられ、$\lvert t\rvert\ge2\pi$ なら $2$ 以上で $0$ に近づかない。奇数番目は $B_1$ 以外 $0$ である。$\square$

1．$k$ 元集合 $Y$ の各元 $y$ について、$y$ を値にとらない写像の集合を $A_y$ とする。$i$ 個の元を指定したとき、それらをどれも値にとらない写像は $(k-i)^m$ 個ある。Möbiusの反転公式 の定理「包除原理」により、どの $A_y$ にも属さない写像、すなわち全射の個数は $\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom ki(k-i)^m$ で、$j=k-i$ と置き換えると $T(m,k)$ である。$Y$ の置換 $\sigma$ は全射 $s$ を全射 $\sigma\circ s$ に移し、$\sigma\neq\mathrm{id}$ なら $\sigma\circ s\neq s$（$s$ は全射なので $\sigma$ が動かす元も値にとる）なので、全射の集合は $k!$ 個ずつの組に分かれる。$k>m$ なら全射はなく、$m\ge1$ なら空でない集合から空集合への写像はない。
2．実数 $t$ を $0< t<\log2$ とし、$w:=e^t-1$ とおくと $0< w< 1$ である。冪級数 の例「対数の冪級数」により $\log(1+w)=\sum_{k\ge0}(-1)^k\frac{w^{k+1}}{k+1}$ で、$\log(1+w)=t$ なので
$$ \frac t{e^t-1}=\frac{\log(1+w)}w=\sum_{k\ge0}(-1)^k\frac{w^k}{k+1} $$
である。二項定理と指数級数から $w^k=\sum_{j}\binom kj(-1)^{k-j}e^{jt}=\sum_{m\ge0}T(m,k)\frac{t^m}{m!}$ である。2 重級数 $\sum_k\sum_m(-1)^k\frac{T(m,k)}{k+1}\frac{t^m}{m!}$ は、$T(m,k)\ge0$ から絶対値の和が $\sum_k\frac{w^k}{k+1}<\infty$ なので絶対収束し、和の順序を入れ替えて $\sum_m\Bigl(\sum_{k\le m}(-1)^k\frac{T(m,k)}{k+1}\Bigr)\frac{t^m}{m!}$ に等しい（$k>m$ では $T(m,k)=0$）。この冪級数は $\lvert t\rvert<\log 2$ で収束し、prop-bnl-basic の 3 の冪級数 $\sum_mB_mt^m/m!$ と $0< t<\log2$ で同じ値をとるので、冪級数 の命題「中心に近づく点列の上で0になる冪級数」により係数が等しい。$\square$

$(p-1)\mid m$ なら Fermatの小定理 により各項は $1$ と合同で、和は $p-1\equiv-1$ である。$(p-1)\nmid m$ とする。原始根 の定理「素数を法とする原始根の存在」により法 $p$ の原始根 $r$ があり、$r^m\not\equiv1\pmod p$ である。$j$ が $1,\dots,p-1$ を動くとき $rj$ も法 $p$ で同じ剰余類を一巡するので、和を $S$ とすると $r^mS\equiv S$、すなわち $(r^m-1)S\equiv0\pmod p$ であり、$S\equiv0$ である。$\square$

lem-bnl-surjection の 2 の和の各項 $(-1)^kT(m,k)/(k+1)$（$m:=n$）を、$k+1$ の形で分けて調べる。$k=0$ の項は $T(n,0)=0$ なので $0$ である。以下 $1\le k\le n$ とする。
場合 1（$k+1$ が $4$ でない合成数）．$k+1=ab$（$2\le a\le b$）と書く。$a< b$ なら $a,b$ は $k$ 以下の相異なる数なので $ab\mid k!$ である。$a=b$ なら $k+1=a^2\neq4$ から $a\ge3$ で、$a< 2a\le a^2-1=k$ なので $a\cdot2a\mid k!$、よって $a^2\mid k!$ である。どちらでも $(k+1)\mid k!$ で、lem-bnl-surjection の 1 により $k!\mid T(n,k)$ なので、この項は整数である。
場合 2（$k+1=4$）．$T(n,3)=3^n-3\cdot2^n+3$ である。$n=2$ なら $9-12+3=0$ である。$n\ge4$ なら、$n$ は偶数なので $3^n=9^{n/2}\equiv1\pmod8$、$3\cdot2^n\equiv0\pmod8$ で、$T(n,3)\equiv4\pmod8$ である。どちらでも $4\mid T(n,3)$ で、この項は整数である。
場合 3（$k+1=p$ が素数）．$p=2$ なら $T(n,1)=1$ で、項は $-\frac12$ である。$p$ が奇素数なら、$0\le j\le p-1$ について $j!\binom{p-1}j=\prod_{i=1}^{j}(p-i)\equiv(-1)^jj!\pmod p$ で $j!$ は $p$ と互いに素なので、$\binom{p-1}j\equiv(-1)^j\pmod p$ である。よって
$$ T(n,p-1)\equiv\sum_{j=0}^{p-1}(-1)^{p-1-j}(-1)^j j^n=\sum_{j=1}^{p-1}j^n\pmod p $$
である（$p-1$ は偶数、$j=0$ の項は $0$）。lem-bnl-power-sum-mod-p により、$(p-1)\nmid n$ なら $p\mid T(n,p-1)$ で、項 $T(n,p-1)/p$ は整数である。$(p-1)\mid n$ なら $T(n,p-1)=-1+ps$（$s\in\mathbb Z$）と書けて、項は $s-\frac1p$ である。
まとめ．$(p-1)\mid n$ をみたす素数は $p\le n+1$ なので、すべて場合 3 に現れる（$p=2$ はつねに $(p-1)\mid n$ をみたし、項 $-\frac12$ を与える）。したがって $B_n$ は整数から $\sum_{(p-1)\mid n}\frac1p$ を引いたものであり、主張が成り立つ。$\square$

$D:=\prod_{(p-1)\mid n}p$ とおくと、$\sum_{(p-1)\mid n}\frac1p=\frac ND$、$N:=\sum_{p}\frac Dp$ である。各 $p\mid D$ について、$N$ の項のうち $\frac Dp$ 以外は $p$ で割り切れ、$\frac Dp$ は $p$ と異なる素数の積なので $p$ で割り切れない。よって $N/D$ は既約分数で、thm-bnl-von-staudt-clausen により $B_n=(\text{整数})-\frac ND$ の分母も $D$ である。$p=2,3$ はつねに $(p-1)\mid n$ をみたす。$\square$