解迷思

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三年之期已到！
这个问题本应在我学习复分析时就将其解决，不过直到最近才因为一些事想了起来。
原文中发现的「规律」描述并不精准，我们在将在下文严谨表示。

一言以蔽之：原文中给出的极限，本质上就是 \zeta(s) 的解析延拓，而解析延拓是唯一的，不同方法推导的结果自然相等。

引理 1（解析延拓的唯一性）：若 f_1(z),f_2(z) 均在开域 D 上解析，且对于开域 D' \subset D 使得 \forall z \in D' 都有 f_1(z)=f_2(z)，则在 D 上亦有 f_1(z) = f_2(z)。

这个引理在各种复分析教材上都有证明，这里就稍微引用一下。

:::info[引理 1 证明] 不妨设 g(z)=f_1(z) - f_2(z)，那么只需考虑证明对于解析函数 g(z)，若 z\in D'\subset D 时有 g(z)=0，则 z\in D 时亦有 g(z)=0。

若函数 f 在 z_0 的邻域 N 中解析，在包含 z_0 的开域 D' \subset N 中恒为 0，由 Taylor 定理可知，对于 z \in N，f(z) 可以展开为唯一的幂级数

f(z)=\sum_{n \geq 0} \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n

（想唯一确定解析函数不容易，但 Taylor 级数是唯一确定的）
计算 f^{(n)}(z_0) 只依赖开域 D' 之内，容易得到级数的每项系数都是 0，故对于 \forall z \in N 都有 f(z)=0。

从邻域回到一般的开域，任取 z_0\in D \setminus D'，考虑证明 g(z_0)=0 即可。构造点列 z_0,z_1,\cdots,z_n，其中 z_n \in D'，且保证存在 d > 0 使得每个点的 d 邻域都在 D 内，且相邻点在对方邻域内，可以依次证明各点邻域内函数值均为 0。 :::

引理 2（一致收敛的解析函数列的极限为解析函数）：定义在开域 D 上的解析函数列 \{f_n(z)\}，若在 D 中任意有界闭区域其一致收敛于 f(z)，那么 f(z) 在 D 内解析。

:::info[引理 2 证明]

首先需要证明 f(z) 是连续的，只需利用一致收敛的性质交换极限顺序即可。
现在任取 z_0 \in D，以及 z_0 的邻域 U \subset D。任取 U 内一条简单闭曲线 C，有

\int_C f(z) \text dz=\lim_{n \to \infty}\int_C f_n(z) \text dz=0

这是因为

\left|\int_C (f(z)-f_n(z))\text dz \right|\leq \int_C |f(z)-f_n(z)|\text dz \leq M_nL

其中 M_n = \sup_{z \in C}|f(z) - f_n(z)|，L 为曲线 C 的长度。
而根据一致收敛的定义，\forall \epsilon > 0，都存在 N>0 使得 \forall n > N 都有 M_n < \epsilon。

最后，根据 Cauchy 定理的逆定理（雷莫拉定理）：函数 f(z) 在 U 内连续，且对任意 U 上的简单闭曲线 C 上的围道积分为 0，则 f(z) 在 U 上解析。

由于 z_0 的选取是任意的，所以就能证明 f(z) 在 D 上的每个点都解析。 :::

准备工作已经完成，让我们正式开始吧。
首先，我们定义一个「初级」的函数，就叫它 f_0(s) 吧：

f_0(s) = \lim_{n \to \infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s} \right)-\frac{n^{1-s}}{1-s}

并将其定义域设为 \Re(s) > 0 且 s \neq 1 的开域（记为 D_0）。

显然，对于 \Re(s)>1，有 f_0(s) = \zeta(s)。现在，我们只需证明 f_0(s) 在 D_0 上解析，就可以应用引理 1 证明 f_0(s) 确实为 \zeta(s) 在 D_0 上的解析延拓。

值得说明的一点是，n^{1-s} 的系数是由 E-M 求和公式得出，这个极限在 s \in D 时总是存在的，我们先来证明这一点。

由于

\int_1^n \frac{1}{x^s}\text dx=\frac{n^{1-s}-1}{1-s}

所以我们只需证明以下极限存在：

\begin{aligned}\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}-\int_1^n \frac{1}{x^s}\text dx &=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^s}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(k^{-s}-\int_k^{k+1}x^{-s}\text dx \right) \\ &=\sum_{k=1}^\infty\left( k^{-s}-\frac{(k+1)^{1-s}-k^{1-s}}{1-s}\right)\end{aligned}

这样正好也得到了一个级数，求和项收敛到 0 的速度足够快，具体地：

\lim_{k \to \infty} k^{1+s}\left( k^{-s}-\frac{(k+1)^{1-s}-k^{1-s}}{1-s}\right)=\lim_{k \to \infty} k-\frac{(1+1/k)^{1-s}-1}{1-s}k^2=\frac{s}{2}

简单地比较审敛可知原极限存在。

而要证明 f_0(s) 解析，就需要证明这个级数是一致收敛的，然后应用引理 2 即可。
然而直接使用刚才的结论反而复杂，还是考虑放缩（假设 x\geq k）：

\begin{aligned}x^{-s}-k^{-s} &= \int_k^x (-s)t^{-s-1}\text dt \\ |x^{-s}-k^{-s}| & \leq |s|\int_k^x t^{-\Re(s)-1}\text dt \\ |x^{-s}-k^{-s}| & \leq |s| k^{-\Re(s)-1}(x-k) \end{aligned}

然后再用此结果来处理求和项：

\int_k^{k+1}|x^{-s}-k^{-s}| \text dx\leq |s| k^{-\Re(s)-1}\int_k^{k+1}(x-k)\text dx=\frac{|s|}{2}k^{-\Re(s)-1}

最后得到的式子关于 k 求和，在任意 D_0 的有界闭区域内都有界，且一致收敛于 |s| \zeta(\Re(s)+1)/2。（可以用积分放缩求和误差再严谨证明，由于后面还要做类似的操作，此处不再展开）由此可知 f_0(s) 的级数表示在 D_0 的任意有界闭区域内都是一致收敛的，因此其为解析函数。

经过一番折腾，我们终于证明了一种 \zeta(s) 在 s \in D_0 时的表达式。
这个过程是否可以继续下去呢？答案是肯定的。我们可以设

f_1(s)=\lim_{n \to \infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s} \right)-\frac{n^{1-s}}{1-s}-\frac{n^{-s}}{2} f_m(s)=\lim_{n \to \infty}\left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}\right)-\frac{n^{1-s}}{1-s}-\frac{n^{-s}}{2}-\sum_{j=2}^m \frac{B_j}{j!}\left( \frac{\text d^{j-1}}{\text d x^{j-1}} x^{-s}\right)\bigg|_{x=n}

其中 B_j 为 Bernoulli 数，这样就和 E-M 求和公式的形式几乎一致了。 如此 f_m(s) 给出了 \zeta(s) 在 \Re(s)>-m 且 s \neq 1（此区域记为 D_m）上的表达式。

显然 f_m(s) 和 f_{m-1}(s) 在 D_{m-1} 上都是相等的，故只要证明它们为解析函数，就能证明它们都是 \zeta(s) 的解析延拓。但这里需要的放缩更加精细。我们需要拿出带余项的 E-M 求和公式，这里要求 m \geq 1（公式证明可以参考《具体数学》章节 9.5，此处不再展开）：

\sum_{k=a}^{b}f(k)=\int_a^b f(x) \text dx+\frac{f(n)+f(1)}{2}+\sum_{j=2}^m \frac{B_j}{j!}(f^{(j)}(b)-f^{j}(a)) + R_m R_m = (-1)^{m+1}\int_a^b \frac{B_m(\{ x \})}{m!}f^{(m)}(x)\text dx

其中 B_m(x) 为 Bernoulli 多项式，\{ x\}=x-\lfloor x \rfloor。

然后我们直接来分析 f_m(s)，将极限用余项 R_m 来表示（其中 f(x)=x^{-s}）：

A_n(s)=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^s}-\frac{n^{1-s}}{1-s}-\frac{n^{-s}}{2}-\sum_{j=2}^m \frac{B_j}{j!}f^{(j-1)}(n) = -\frac{1}{1-s}+\frac 12-\sum_{j=2}^m \frac{B_j}{j!}f^{(j-1)}(1)-(-1)^m\int_1^n \frac{B_m(\{ x \})}{m!}f^{(m)}(x)\text dx

要证明函数列 A_n(s) 的极限解析，就要证明其一致收敛于

A(s)=-\frac{1}{1-s}+\frac 12-\sum_{j=2}^m \frac{B_j}{j!}f^{(j-1)}(1)-(-1)^m\int_1^\infty \frac{B_m(\{ x \})}{m!}f^{(m)}(x)\text dx

自然要考虑分析：

\begin{aligned}|A_n(s) - A(s)| &=\frac{1}{m!}\left| \int_n^\infty B_m(\{x\}) f^{(m)}(x) \text dx\right| \\ &= \frac{1}{m!}\left| \int_n^\infty B_m(\{x\}) \frac{\Gamma(-s+1)}{\Gamma(-s+1-m)} x^{-s-m}\text dx \right| \\ & \leq \frac{1}{m!} \left| \frac{\Gamma(-s+1)}{\Gamma(-s+1-m)} \right| \left| \int_n^{\infty} B_m(\{ x\}) x^{-s-m}\text dx\right|\end{aligned}

对于 D_m 内的任意有界闭区域，第一个绝对值也是有界的。那么就只需证明后面的积分在 \Re(s) > -m 时关于 n 一致收敛于 0 即可。
当然，如果考虑更宽松的 \Re(s) > -m+1 的情况，证明一致收敛于 0 是容易的，把每个 f_m(s) 的定义域缩小一点依然可以得到 \zeta(s) 的解析延拓。不过我们并不满足于此，还要分析 r=-\Re(s)-m\in (-1,0) 的情形：

\left|\int_n^\infty B_m(\{x\}) x^{-s-m}\right| \leq \left|\int_n^\infty B_m(\{x\}) x^r\text dx\right|

Bernoulli 多项式并没有很好的性质 —— 除了它在 (0,1) 区间上的积分为 0。所以不妨考虑一般的多项式 g(x) 满足此条件，那么要证明 b_n(r) 一致收敛于 0：

\begin{aligned}b_n(r) &=\int_n^\infty g(\{ x \}) x^r \text dx \\ & = \sum_{k \geq n} \int_0^1 g(x) (x+k)^r \text dx \\ &= \sum_{k \geq n} (G(1)(k+1)^r-G(0)k^r)-r\int_0^1 G(x)(x+k)^{r-1}\text dx\end{aligned}

其中 G(x)=\int_0^x g(u) \text du，显然有 G(0)=G(1)=0，故

b_n(r)=-r\sum_{k \geq n}\int_0^1 G(x) (x+k)^{r-1}\text dx

取 M=\sup_{x \in(0,1)} |G(x)|，则

\begin{aligned}|b_n(r)| &\leq |r|M\int_n^\infty x^{r-1}\text dx \\ & \leq M n^r\end{aligned}

在 (-1,0) 的任意闭区域内 r 具有最大值 R，即 |b_n(r)| \leq M n^R。这个界趋于 0 且与 r 无关，因此 b_n(r) 一致收敛于 0。因此，也就能得到 f_m(s) 都是解析函数，它们都是 \zeta(s) 的解析延拓。

最后，我们回过头来看下原文中所谓的「规律」：

对于正整数 m，s=-m 时极限为 0 而不一定是 \zeta(s)，因为这里计算的是 f_m(s)，但 -m 并不在其定义域中，这也就导致了问题。而如果把 -m 加入到 f_m(s) 的定义域中也不合适，因为此时它不再是解析函数。

对于整数之外的点，也就是本文讨论的内容，已经足够充分了。最后就是 s=1 时，它是 \zeta(s) 的一阶极点，不过稍微改一下原始的定义，有：

\lim_{s \to 1}\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}-\frac{n^{1-s}-1}{1-s}=\lim_{s\to 1} \zeta(s)+\frac{1}{1-s}=\gamma