Proof. 左辺について、\(S_{K,n}\) を、
\[S_{K,n} \triangleq \sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^n}\]
と定義し、\(S_{K,n}/n\) の母関数 \(f(z)\) を、
(4.2.2.1)\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&\triangleq \sum_{n=1}^\infty \frac{S_{K,n}}{n} z^n \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^n} z^n \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \qty( \frac{z}{1-\zeta_K^k} )^n
\end{align}\end{split}\]
とおく。ここで、
(4.2.2.2)\[\frac{[\log(1-x)]^r}{r!} = (-1)^r \sum_{n=r}^\infty \stirI{n}{r} \frac{x^n}{n!}\]
と Maclaurin 展開できることから、とくに \(r \triangleq 1\) のとき、\(\stirI{n}{1} = (n-1)!\) であることに注意すると、
(4.2.2.3)\[\log(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}\]
であり、(4.2.2.3) に \(x \triangleq z/(1-\zeta_K^k)\) を代入すると、(4.2.2.1) は、
(4.2.2.4)\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&= -\sum_{k=1}^{K-1} \log \qty( 1 - \frac{z}{1-\zeta_K^k} ) \\
&= -\sum_{k=1}^{K-1} \log \frac{(1-z)-\zeta_K^k}{1-\zeta_K^k}
\end{align}\end{split}\]
とできる。ここで、\(w \triangleq \log(1-z)\) とおく。\(1-z = e^w\) であることから、(4.2.2.4) は、
(4.2.2.5)\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&= -\sum_{k=1}^{K-1} \log \frac{e^w-\zeta_K^k}{1-\zeta_K^k} \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \log (1-\zeta_K^k) - \sum_{k=1}^{K-1} \log ( e^w-\zeta_K^k ) \\
&= \log \prod_{k=1}^{K-1} (1-\zeta_K^k) - \log \prod_{k=1}^{K-1} ( e^w-\zeta_K^k )
\end{align}\end{split}\]
となり、1 の冪根に関する積の性質 より、(4.2.2.5) は、
(4.2.2.6)\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&= \log K - \log \prod_{k=1}^{K-1} ( e^w-\zeta_K^k ) \\
&= \log K - \log \frac{e^{Kw} - 1}{e^w - 1} \\
&= \log K - \log (e^{Kw}-1) + \log (e^w-1) \\
&= \qty[ \log K + \log w - \log (e^{Kw}-1) ] - \qty[ \log w - \log (e^w-1) ] \\
&= \log \frac{Kw}{e^{Kw}-1} - \log \frac{w}{e^w-1} \\
&= \int_w^{Kw} \dv{x} \log \frac{x}{e^x-1} \dd{x} \\
&= \int_w^{Kw} \qty[ \dv{x} \log x - \dv{x} \log(e^x-1) ] \dd{x} \\
&= \int_w^{Kw} \qty[ \frac{1}{x} - \frac{e^x}{e^x-1} ] \dd{x} \\
&= \int_w^{Kw} \qty[ \frac{1}{x} \qty( 1 - \frac{x e^x}{e^x-1} ) ] \dd{x}
\end{align}\end{split}\]
となる。ここで、Bernoulli 数 \(B^-_r\) の母関数が、
\[\frac{x}{e^x-1} = \sum_{r=0}^\infty \frac{B^-_r}{r!} x^r\]
と表されるから、\(x\) を \(-x\) と置き換えることで、
\[\frac{x e^x}{e^x-1} = \sum_{r=0}^\infty \frac{(-1)^r B^-_r}{r!} x^r\]
となり、(4.2.2.6) は、
(4.2.2.7)\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&= \int_w^{Kw} \qty[ \frac{1}{x} \qty( 1 - \sum_{r=0}^\infty \frac{(-1)^r B^-_r}{r!} x^r ) ] \dd{x} \\
&= \int_w^{Kw} \qty[ \frac{1}{x} \qty( 1 - \frac{B^-_0}{0!} - \sum_{r=1}^\infty \frac{(-1)^r B^-_r}{r!} x^r) ] \dd{x} \\
&= - \sum_{r=1}^\infty \frac{(-1)^r B^-_r}{r!} \int_w^{Kw} x^{r-1} \dd{x} \\
&= - \sum_{r=1}^\infty \frac{(-1)^r B^-_r}{r!} \frac{K^r-1}{r} w^r \\
&= \sum_{r=1}^\infty \frac{B^-_r}{r} (1-K^r) (-1)^r \frac{[\log(1-z)]^r}{r!}
\end{align}\end{split}\]
となる。ここで、対数関数に関する Maclaurin 展開 (4.2.2.2) より、(4.2.2.7) は、
(4.2.2.8)\[f(z) = \sum_{r=1}^\infty \frac{B^-_r}{r} (1-K^r)
\sum_{n=r}^\infty \stirI{n}{r} \frac{z^n}{n!}\]
となる。二重総和部について、各 \(n \geq 1\) について \(r\) は \(1 \leq r \leq n\) を動くことに注意して (4.2.2.8) の総和記号を入れ替えると、
\[\begin{split}\begin{align}
f(z)
&= \sum_{n=1}^\infty \sum_{r=1}^n \stirI{n}{r} \frac{B^-_r}{r} (1-K^r) \frac{z^n}{n!} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \qty[ \frac{1}{(n-1)!} \sum_{r=1}^n \stirI{n}{r} \frac{B^-_r}{r} (1-K^r) ] \frac{z^n}{n}
\end{align}\end{split}\]
となり、示された。
Proof. 複素数平面上の \(z^K-1\) の根を頂点とする正 \(K\) 角形について、点 \(1\) を共通の端点とする線分たちを考えても一般性を失わない。
このとき、それらの線分の長さの \(2M\) 乗の逆数和は、
\[\begin{split}\begin{align}
\sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{\abs{1-\zeta_K^k}^{2M}}
&= \sum_{k=1}^{K-1} \qty[ \frac{1}{(1-\zeta_K^k)(1-\zeta_K^{-k})} ]^M \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \qty[ \frac{-\zeta_K^k}{(1-\zeta_K^k)^2} ]^M \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \qty[ \frac{1}{1-\zeta_K^k} - \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^2} ]^M \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^M} \qty(1 - \frac{1}{1-\zeta_K^k} )^M \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^M} \sum_{m=0}^M (-1)^m \binom{M}{m} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^m} \\
&= \sum_{k=1}^{K-1} \sum_{m=0}^M (-1)^m \binom{M}{m} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^{M+m}} \\
&= \sum_{m=0}^M (-1)^m \binom{M}{m} \sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{(1-\zeta_K^k)^{M+m}}
\end{align}\end{split}\]
と表せるから、Theorem 4.2.2.1 より、
\[\sum_{k=1}^{K-1} \frac{1}{\abs{1-\zeta_K^k}^{2M}} = \sum_{m=0}^M \frac{(-1)^m}{(M+m-1)!} \binom{M}{m} \sum_{r=1}^{M+m} \stirI{M+m}{r} \frac{B^-_r}{r} (1-K^r)\]
となり、示された。