[Ⅱ] 命題2　ζ(s)－1/(ｓ－1)はRe(s)＞0で正則である。

（1）∫_[1,∞]1/x^s dx＝1/(s‐1)　for　s＞1　を示す。

　　∫_[1,∞]1/x^s dx＝[－1／(s‐1)x^s－1]x＝1,∞ ＝1/(s‐1)

（2）s∫_[n,x] 1/t^s+1 dt＝1/n^s－1/x^s　を示す。

　　s∫_[n,x] 1/t^s+1 dt＝s[－1／st^s]t＝n,x ＝1/n^s－1/x^s　

（3）｜t^s+1｜＝t^Re(s)+1を示す。

　　｜t^s+1｜＝｜exp{(Re(s)＋iIm(s)+1)log(t)}｜＝exp{(Re(s)+1)log(t)}｜exp{iIm(s)log(t)}｜＝t^Re(s)+1
（4）ζ(s)－1/(ｓ－1)≦｜s｜ζ( Re(s)+1) for　s＞1　を示す。
　ζ(s)－1/(ｓ－1)＝Σ_{[n＝1～∞]} 1/n^s－∫_[1,∞]1/x^s dx

　＝Σ_{[n＝1～∞]}∫_[n,n+1] (1/n^s－1/x^s )dx

   ＝Σ_{[n＝1～∞]}∫_[n,n+1] (s∫_[n,x] 1/t^s+1 dt) dx

　ここでn≦x≦n+1より∫_[n,x] 1/t^s+1 dt ≦∫_[n,n+1] 1/t^s+1 dt、

であるから、

　｜ζ(s)－1/(ｓ－1)｜≦｜s｜Σ_{[n＝1～∞]}∫_[n,n+1]∫_[n,n+1] 1/｜t^s+1｜dtdx

いまn≦t≦n+1より、1/｜t^s+1｜≦1/｜n^s+1｜であるので、

｜ζ(s)－1/(ｓ－1)｜≦｜s｜Σ_{[n＝1～∞]} 1/ n^Re(s)+1・∫_[n,n+1]∫_[n,n+1] 1dtdx ＝｜s｜ζ( Re(s)+1)

が示された。ζ( Re(s)+1)はRe(s)+1＞1で収束するので、Re(s)＞0でζ(s)－1/(ｓ－1)は収束する。

最後の部分をもっと厳密に論証してみましょう。

　ζ(s)－1/(ｓ－1)＝Σ_{[n＝1～∞]} a_n(s)、　a_n(s)＝∫_[n,n+1] (1/n^s－1/x^s )dx

なる関数列a_n(s)を考える。任意のs＞1に対して

　｜a_n(s)｜＝｜∫_[n,n+1] (1/n^s－1/x^s )dx｜≦｜s｜/ n^Re(s)+1

つまり、数列M_n＝｜s｜/ n^Re(s)+1 ＞0は、任意の自然数nについて｜a_n(s)｜≦M_nであり、その級数はs＞0に対して

　Σ_{[n＝1～∞]} M_n＝｜s｜ζ( Re(s)+1) ＜∞　

収束する。従って、Weierstrassの収束定理より、Σ_{[n＝1～∞]} a_n(s) は一様収束する。

＜Weierstrassの収束定理＞

任意のs∊Iにおいて、

｜a_n(s)｜≦M_n　かつΣ_{[n＝1～∞]} M_n＜∞　ならば　Σ_{[n＝1～∞]} a_n＜∞

級数Σa_nは一様収束する。

証明）Σ_{[n＝1～∞]} M_n ＜∞　より、任意のε＞0に対して、Noが存在し、n＞Noに対して、　

｜M_n+1+M_n+2+M_n+3+・・・｜＜ε　が成り立つ。s＞0において

　｜a_n+1(s)＋a_n+2(s)+ a_n+3(s)＋・・・｜≦｜a_n+1(s)｜＋｜a_n+2(s)｜+｜a_n+3(s)｜＋・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　≦M_n+1+M_n+2+M_n+3+・・・＜ε

が成り立つので、Σ_{[n＝1～∞]} a_n(s) は一様収束する。

例）f_n(x)＝1/(x²+n²)　

｜f_n(x)｜＝｜1/(x²+n²)｜≦1/n²＝M_n、Σ_{[n＝1～∞]} M_n ＝π²/6、よってf(x)＝Σ_{[n＝1～∞]} f_n(x)は一様収束する。

一様収束する関数列の場合は項別積分や項別微分ができます。

• ∫Σ_{[n＝1～∞]} a_n(s)ds＝Σ_{[n＝1～∞]}∫a_n(s)ds
• d/ds[Σ_{[n＝1～∞]} a_n(s)]＝Σ_{[n＝1～∞]} d/ds[a_n(s)]