Abelの級数変形法とその応用

$M+1\le n\le N$ に対し $b_n=B_n-B_{n-1}$ である（$n=M+1$ では $B_M=0$ による）。よって
$$\begin{align*} \sum_{n=M+1}^{N}a_nb_n&=\sum_{n=M+1}^{N}a_nB_n-\sum_{n=M+1}^{N}a_nB_{n-1} =\sum_{n=M+1}^{N}a_nB_n-\sum_{n=M}^{N-1}a_{n+1}B_n\\ &=a_NB_N-a_{M+1}B_M+\sum_{n=M+1}^{N-1}(a_n-a_{n+1})B_n =a_NB_N-\sum_{n=M+1}^{N-1}(a_{n+1}-a_n)B_n \end{align*}$$
となる。途中で $B_M=0$ を用いた。$\square$

$M:=\lfloor x\rfloor$、$N:=\lfloor y\rfloor$ とおく。$x\ge x_0$ なので、$t\ge x$ に対し $A(t)-A(x)=\sum_{x< n\le t}a_n$ である。特に $x\le t< M+1$ では $(x,t]$ に整数がなく $A(t)=A(x)$ であり、$N\le t\le y$ では $A(t)=A(N)=A(y)$ である。
$N=M$ のときは左辺の和は空で $0$、右辺も $A(y)=A(x)$ と $A(t)=A(x)$（$x\le t\le y$）から $A(x)(f(y)-f(x))-A(x)\int_x^yf'(t)\,dt=0$ となり成り立つ。
$N\ge M+1$ とする。$M+1\le n\le N$ に対し $B_n:=A(n)-A(x)=\sum_{m=M+1}^{n}a_m$ とおくと、$B_n$ は $(a_m)$ の $M$ から数えた部分和である。thm-abel-summation-by-parts を（$a_n$ の役を $f(n)$、$b_n$ の役を $a_n$ として）用いると
$$\sum_{x< n\le y}a_nf(n)=\sum_{n=M+1}^{N}f(n)a_n=f(N)B_N-\sum_{n=M+1}^{N-1}(f(n+1)-f(n))B_n.$$
$f(n+1)-f(n)=\int_n^{n+1}f'(t)\,dt$ であり、$n\le t< n+1$ では $A(t)=A(n)$、すなわち $B_n=A(t)-A(x)$ なので
$$\sum_{n=M+1}^{N-1}(f(n+1)-f(n))B_n=\int_{M+1}^{N}(A(t)-A(x))f'(t)\,dt.$$
また $N\le t\le y$ で $A(t)=A(N)$ だから
$$f(N)B_N=f(y)B_N-\int_N^yf'(t)B_N\,dt=(A(y)-A(x))f(y)-\int_N^y(A(t)-A(x))f'(t)\,dt.$$
さらに $x\le t< M+1$ では $A(t)-A(x)=0$ なので $\int_x^{M+1}(A(t)-A(x))f'(t)\,dt=0$ である。以上を合わせると
$$\sum_{x< n\le y}a_nf(n)=(A(y)-A(x))f(y)-\int_x^y(A(t)-A(x))f'(t)\,dt.$$
右辺の積分のうち $A(x)\int_x^yf'(t)\,dt=A(x)(f(y)-f(x))$ を整理すれば主張の式になる。$\square$

$x_0=0$ として thm-abel-summation-formula を $1\le x$ の区間 $[1,x]$ に用いると（$x=1$ のときは両辺とも $a_1f(1)$ で成り立つ）
$$\sum_{1< n\le x}a_nf(n)=A(x)f(x)-A(1)f(1)-\int_1^xA(t)f'(t)\,dt.$$
$A(1)=a_1$ なので両辺に $a_1f(1)$ を加えれば主張を得る。$\square$

thm-abel-summation-by-parts を $M=0$ として用いると
$$\sum_{n=1}^{N}a_nb_n=a_NB_N+\sum_{n=1}^{N-1}(a_n-a_{n+1})B_n.$$
$a_N\ge0$、$a_n-a_{n+1}\ge0$ なので、絶対値をとると
$$\Bigl|\sum_{n=1}^{N}a_nb_n\Bigr|\le Ka_N+K\sum_{n=1}^{N-1}(a_n-a_{n+1})=Ka_N+K(a_1-a_N)=Ka_1.\qquad\square$$

$M< N$ をとる。$n\ge M+1$ に対し $B'_n:=B_n-B_M$ とおくと、$B'_n$ は $(b_n)$ の $M$ から数えた部分和で $|B'_n|\le2K$ である。数列 $a_{M+1}\ge a_{M+2}\ge\cdots\ge a_N\ge0$（$a_n\to0$ と単調減少性から $a_n\ge0$）に lem-abel-summation-inequality を添字をずらして用いると
$$\Bigl|\sum_{n=M+1}^{N}a_nb_n\Bigr|\le2Ka_{M+1}.$$
$a_{M+1}\to0$（$M\to\infty$）なので部分和の列は Cauchy列であり、複素数の完備性（実数の連続性）により級数は収束する。$N\to\infty$ とすれば残余の評価も得られる。$\square$

$b_n=(-1)^{n-1}$ の部分和は $1$ または $0$ であり有界（$K=1$）なので、thm-abel-summation-dirichlet から従う。$\square$

$\sum a_n$ が収束するので $a_n\to0$、特に $(a_n)$ は有界であり、$|z|<1$ で $\sum a_nz^n$ は等比級数と比較して絶対収束する。
$a'_0:=a_0-s$、$a'_n:=a_n$（$n\ge1$）とおくと $\sum_{n=0}^{\infty}a'_n=0$ であり、$s_n:=a'_0+a'_1+\cdots+a'_n$ は $0$ に収束する。$g(z):=\sum_{n=0}^{\infty}a'_nz^n=f(z)-s$ とおく。$|z|<1$ を固定し、thm-abel-summation-by-parts を $M=-1$、$a_n$ の役を $z^n$、$b_n$ の役を $a'_n$（部分和は $s_n$）として用いると、$N\ge1$ に対し
$$\sum_{n=0}^{N}a'_nz^n=s_Nz^N-\sum_{n=0}^{N-1}(z^{n+1}-z^n)s_n=s_Nz^N+(1-z)\sum_{n=0}^{N-1}s_nz^n.$$
$(s_n)$ は有界なので $s_Nz^N\to0$ であり、$\sum s_nz^n$ は絶対収束する。よって $N\to\infty$ として
$$g(z)=(1-z)\sum_{n=0}^{\infty}s_nz^n\qquad(|z|<1).$$
$\varepsilon>0$ を任意にとり、$n\ge N_0$ で $|s_n|<\varepsilon$ となる $N_0$ をとる。$|z|<1$ かつ $|1-z|\le M(1-|z|)$ のとき
$$|g(z)|\le|1-z|\sum_{n=0}^{N_0-1}|s_n|+\varepsilon|1-z|\sum_{n=N_0}^{\infty}|z|^n\le|1-z|\sum_{n=0}^{N_0-1}|s_n|+\varepsilon\frac{|1-z|}{1-|z|}\le|1-z|\sum_{n=0}^{N_0-1}|s_n|+\varepsilon M.$$
$N_0$ は $z$ によらないので、条件を満たしながら $z\to1$ とすると第 1 項は $0$ に収束し、$\limsup|g(z)|\le\varepsilon M$ となる。$\varepsilon$ は任意なので $g(z)\to0$、すなわち $f(z)\to s$ である。$\square$

$a_n$ を、$n$ が素数なら $1$、そうでなければ $0$ と定めると $A(t)=\pi(t)$ である。$f(t)=\log t$ は $[1,x]$ で $C^1$ 級なので cor-abel-summation-formula-one により
$$\theta(x)=\sum_{n\le x}a_n\log n=\pi(x)\log x-\int_1^x\frac{\pi(t)}{t}\,dt$$
であり、$t<2$ で $\pi(t)=0$ だから積分の下端を $2$ にできる。
次に $a_n$ を、$n$ が素数なら $\log n$、そうでなければ $0$ と定めると $A(t)=\theta(t)$ である。$f(t)=1/\log t$ は $t=1$ で定義されないので、thm-abel-summation-formula を $x_0=0$、区間 $[3/2,x]$ で用いる（$f$ はそこで $C^1$ 級、$f'(t)=-1/(t\log^2t)$）。$n=1$ は素数でないので左辺は $\sum_{3/2< n\le x}a_n/\log n=\pi(x)$ であり、$\theta(3/2)=0$、$t<2$ で $\theta(t)=0$ だから
$$\pi(x)=\frac{\theta(x)}{\log x}-0+\int_{3/2}^x\frac{\theta(t)}{t\log^2t}\,dt=\frac{\theta(x)}{\log x}+\int_2^x\frac{\theta(t)}{t\log^2t}\,dt.\qquad\square$$