ディリクレのL関数の特殊値と関数等式
はじめに
この記事ではDirichletの$L$関数の特殊値と関数等式の導出について解説していきます。
ディリクレ指標$\x$に対して
$$L(s,\x)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\x(n)}{n^s}$$
と定められる関数をディリクレの$L$関数と言う。
$L$関数の基本性質
$L$関数は
$$\sum^\infty_{n=0}\l|\frac{\x(n)}{n^s}\r|\leq\sum^\infty_{n=0}\frac1{n^{\Re(s)}}=\z(\Re(s))$$
より$\Re(s)>1$で絶対一様収束し、$\x$が非自明な指標のときは$\sum^n_{k=1}\x(k)$が有界となるのでディリクレの収束判定法により$\Re(s)>0$で収束することがわかります。
また$\Re(s)>1$においては$\x$の完全乗法性より
$$L(s,\x)=\prod_{p:\mr{prime}}\farc{1}{1-\x(p)p^{-s}}$$
というオイラー積表示を持ちます。
$\x$が法$1$の指標であるときは$L(s,\x)=\z(s)$となるので$L$関数は$\z$関数の一般化の一つと考えられます。
$L$関数は複素数平面全域に解析接続され以下の関数等式を満たします。
法$N$の原始的ディリクレ指標$\x$に対して
$$\e_\x=\frac{1-\x(-1)}{2}=\left\{\begin{array}{cl}
0&\x\ \mbox{が偶指標のとき}\\
1&\x\ \mbox{が奇指標のとき}
\end{array}\right.$$
および
$$\hat{L}(s,\x)=(N\pi^{-1})^{\frac{s+\ex}{2}}\Gamma\l(\frac{s+\e_\x}2\r)L(s,\x)$$
とおくと
$$\hat{L}(s,\x)=\frac{\t(\x)}{i^{\e_\x}\sqrt{N}}\hat{L}(1-s,\ol\x)$$
が成り立つ。ただし$\t(\x)$は$\x$のガウス和とした。
また$L$関数は負の整数点における特殊値は以下のように求められます。
法$N$のディリクレ指標$\x$に対して一般化ベルヌーイ数$B_{n,\x}$を母関数
$$F_{\x}(t)=\farc t{e^{Nt}-1}\sum^N_{a=1}\x(a)e^{at}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_{n,\x}}{n!}t^n$$
によって定める。
このとき正整数$n$に対して
$$L(1-n,\x)=-\frac{B_{n,\x}}n$$
が成り立つ。
特に$\x$が原始的であれば前述の関数等式を用いることで正の整数点$s=n$における特殊値も求められます。
$2m+\ex>0$なる整数$m$に対し
$$L(2m+\e_\x,\x)
=(-1)^{m+1}\frac{\t(\x)}{2i^\ex}\l(\frac{2\pi}{N}\r)^{2m+\ex}\frac{B_{2m+\ex,\x}}{(2m+\ex)!}$$
が成り立つ。
さらに偶指標については別途$s=1$における特殊値も以下のように求められます。
$\x$が導手$N$の偶なる原始的ディリクレ指標であるとき
$$L(1,\x)=-\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log|1-\z_N^{a}|$$
が成り立つ。ただし$\z_N=e^{\frac{2\pi i}{N}}$とした。
特殊値
以下$\x$は法$N$のディリクレ指標とする。
$s=1-n$における特殊値
$L$関数の特殊値の公式の示すのにまずHurwitz$\z$関数を導入する。
$$\zeta(s,x)=\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(n+x)^s}$$
と定められる関数をフルヴィッツ$\zeta$関数と言う。
このとき$L$関数はフルヴィッツ$\z$関数を用いて次のように表せる。
$$L(s,\x)=\sum^N_{a=1}\x(a)\frac{\z(s,\frac aN)}{N^s}$$
$\x(N+a)=\x(a)$に注意すると
\begin{align}
L(s,\x)
&=\sum^N_{a=1}\sum^\infty_{m=0}\frac{\x(Nm+a)}{(Nm+a)^s}\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=1}\frac1{(Nm+a)^s}\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\frac{\z(s,\frac aN)}{N^s}
\end{align}
とわかる。
いまフルヴィッツ$\z$関数の特殊値は以下のように求められる。
ベルヌーイ多項式$B_n(x)$を母関数
$$F(t,x)=\frac{te^{tx}}{e^t-1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n(x)}{n!}t^n$$
によって定める。このとき$n\geq1$に対し
$$\z(1-n,x)=-\frac{B_n(x)}n$$
が成り立つ。
$\Re(s)>1$において
\begin{align}
\Gamma(s)\z(s,x)
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(n+x)^s}\int^\infty_0t^{s-1}e^{-t}dt\\
&=\int^\infty_0u^{s-1}\sum^\infty_{n=0}e^{-(n+x)u}du&(t=(n+x)u)\\
&=\int^\infty_0\frac{u^{s-1}e^{-xu}}{1-e^{-u}}du
\end{align}
と表せ、この積分は$\Re(s)<1$においても
\begin{align}
\l|\int^\infty_1\frac{u^{s-1}e^{-xu}}{1-e^{-u}}du\r|
&=\int^\infty_1\frac{u^{\Re(s)-1}e^{-xu}}{1-e^{-u}}du\\
&\leq\int^\infty_0\frac{u^{2-1}e^{-xu}}{1-e^{-u}}du=\z(2,x)<+\infty
\end{align}
および
\begin{align}
\int^1_0\frac{u^{s-1}e^{-xu}}{1-e^{-u}}du
&=\int^1_0\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n(x)}{n!}(-u)^n\r)u^{s-2}du\\
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n(x)}{n!}\cdot\frac{(-1)^n}{s+n-1}
\end{align}
と収束するので、これによって$\Gamma(s)\z(s,x)$は$\Re(s)<1$にも解析接続できる。
特にその極$s=1-n$における留数は
\begin{align}
\Res_{s=1-n}(\G(s)\z(s,x))
&=\z(1-n,x)\lim_{s\to1-n}(s+n-1)\frac{\G(s+n)}{s(s+1)\cdots(s+n-1)}\\
&=\z(1-n,x)\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\\
&=(-1)^n\frac{B_n(x)}{n!}
\end{align}
となることから主張を得る。
$$L(1-n,\x)=-\frac{B_{n,\x}}n$$
いま
\begin{align}
NF_\x(t)
&=\frac{Nt}{e^{Nt}-1}\sum^N_{a=1}\x(a)e^{\frac aN\cdot Nt}\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)F\l(Nt,\frac aN\r)\\
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{t^n}{n!}\cdot N^n\sum^N_{a=1}\x(a)B_n\l(\frac aN\r)
\end{align}
つまり
$$B_{n,\x}=N^{n-1}\sum^N_{a=1}\x(a)B_n\l(\frac aN\r)$$
が成り立つことに注意すると補題2から
\begin{align}
L(1-n,\x)
&=\sum^N_{a=1}\x(a)N^{n-1}\z\l(1-n,\frac{a}{N}\r)\\
&=-\frac1nN^{n-1}\sum^N_{a=1}\x(a)B_n\l(\frac{a}{N}\r)=-\frac{B_{n,\x}}n
\end{align}
を得る。
$s=1$における特殊値
$a\not\equiv0\pmod N$なる任意の整数$a$について
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{\z_N^{-an}}{n}=-\log(1-\z_N^{-a})$$
が成り立つ。
$$\log(1-x)=-\sum^\infty_{n=1}\frac{x^n}{n}$$
からわかる(cf. アーベルの連続性定理、ディリクレの収束判定法)。
$\x$が導手$N$の偶なる原始的ディリクレ指標であるとき
$$L(1,\x)=-\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log|1-\z_N^{a}|$$
が成り立つ。ただし$\z_N=e^{\frac{2\pi i}{N}}$とした。
いま$\x$は原始的であったので
この記事
の定理5から
$$\x(n)=\frac{\t(\x)}{\t(\x)\ol{\t(\x)}}\x(-1)\t(\ol\x)\x(n)
=\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\z_N^{-an}$$
と表せることに注意すると
$$L(s,\x)
=\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^s}(\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\z_N^{-an})
=\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\sum^\infty_{n=1}\frac{\z_N^{-an}}{n^s}$$
が成り立つので
\begin{eqnarray}
L(1,\x)&=&-\frac{\t(\x)}{N}\cdot\frac12\cdot2\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log(1-\z_N^{-a})
\\&=&-\frac{\t(\x)}{N}\cdot\frac12\left(\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log(1-\z_N^{-a})+\sum^N_{a=1}\ol\x(-a)\log(1-\z_N^{a})\right)
\\&=&-\frac{\t(\x)}{N}\cdot\frac12\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log(|1-\z_N^{a}|^2)
\\&=&-\frac{\t(\x)}{N}\sum^N_{a=1}\ol\x(a)\log|1-\z_N^{a}|
\end{eqnarray}
を得る。
関数等式
以下$\x$は法$N$の原始的ディリクレ指標とし
$$\hat{L}(s,\x)=(N\pi^{-1})^{\frac{s+\ex}{2}}\Gamma\l(\frac{s+\e_\x}2\r)L(s,\x)$$
とおく。このとき変数変換$t=\pi n^2u/N$によって
$$\L(s,\x)
=\int^\infty_0u^{\frac{s+\ex}{2}-1}\sum^\infty_{n=1}\x(n)n^{\ex}e^{-\pi n^2u/N}du$$
が成り立つのでまずは
$$\psi_\x(t)=\sum^\infty_{n=1}\x(n)n^{\ex}t^{\frac{\ex}{2}}e^{-\pi n^2t/N}$$
という関数の性質について考える。
テータ関数の関数等式
いま
$$\vartheta_\x(t)=\sum^\infty_{n=-\infty}\x(n)n^{\ex}t^{\frac{\ex}{2}}e^{-\pi n^2t/N}$$
とおくと
$N=1$で$\dis\tx(t)=2\px(t)-1$
$N\geq2$で$\tx(t)=2\px(t)$
が成り立ち、$\tx(t)$は以下の関数等式を満たす。
$$\tx(t)=\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)\sqrt{t}}\vartheta_{\ol\x}\l(\frac 1t\r)$$
これにはまず以下の公式を示す。
関数$f(x)$のフーリエ変換
$$\hat{f}(s)=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi ixs}dx$$
に対し
$$\sum^\infty_{n=-\infty}f(n+x)=\sum^\infty_{n=-\infty}\hat{f}(n)e^{2\pi inx}$$
が成り立つ。
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}f(x+n)$$
とおくとこれは周期$1$の関数となるので
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}\quad(c_n=\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx)$$
とフーリエ級数展開でき、このとき
$$c_n=\sum^{\infty}_{k=-\infty}\int^1_0f(x+k)e^{-2\pi inx}dx=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi inx}dx=\hat{f}(n)$$
と求まることから主張を得る。
$\tx(t)$はそのままではポアソン和公式を適用する適当な関数が見つからないが
$$\tx(t)=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=-\infty}(Nm+a)^{\ex}t^{\frac{\ex}{2}}e^{-\pi (Nm+a)^2t/N}$$
と変形することで
$$g(x)=(Nx)^{\ex}t^{\frac{\ex}{2}}e^{-\pi (Nx)^2t/N}$$
ひいては$f_\ex(x)=x^{\ex}e^{-\pi x^2}$を考えればよいことがわかる。
$$\hat{f_\ex}(s)=(-is)^\ex e^{-\pi s^2}$$
$f'_0(x)=-2\pi xf_0(x)$より
\begin{align}
\frac{d}{ds}\hat{f}_0(s)
&=\int^\infty_{-\infty}(-2\pi ix)f_0(x)e^{-2\pi ixs}dx\\
&=i\int^\infty_{-\infty}f'_0(x)e^{-2\pi ixs}dx\\
&=-i(-2\pi is)\int^\infty_{-\infty}f_0(x)e^{-2\pi ixs}dx\\
&=-2\pi s\hat{f_0}(s)
\end{align}
つまり$\hat{f}(s)=Ae^{-\pi s^2}$が成り立ち
$$\hat{f_0}(0)=\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2}dx=\frac1{\sqrt\pi}\int^\infty_{-\infty}e^{-x^2}dx=1$$
より$\hat{f_0}(s)=e^{-\pi s^2}$を得る。
また$f_1(x)=-\frac{1}{2\pi}f'_0(x)$より
$$\hat{f_1}(s)=-\l(-\frac{1}{2\pi}\r)(-2\pi is)\int^\infty_{-\infty}f_0(x)e^{-2\pi ixs}dx
=-is\hat{f_0}(s)=-ise^{-\pi s^2}$$
を得る。
$$\hat{g}(s)=\frac{(-is)^\ex}{t^{\frac{\ex}2}\sqrt{Nt}}e^{-\pi s^2/Nt}$$
$$g(x)=N^{\frac{\ex}{2}}f_{\ex}(\sqrt{Nt}x)$$
より変数変換$\sqrt{Nt}x=y$によって
\begin{align}
\hat{g}(s)
&=N^{\frac{\ex}{2}}\int^\infty_{-\infty}f_{\ex}(y)e^{-2\pi iys/\sqrt{Nt}}\frac{dy}{\sqrt{Nt}}\\
&=\frac{N^{\frac\ex2}}{\sqrt{Nt}}\hat{f_{\ex}}\l(\frac{s}{\sqrt{Nt}}\r)\\
&=\frac{N^{\frac\ex2}}{\sqrt{Nt}}\cdot\l(\frac{-is}{\sqrt{Nt}}\r)^\ex e^{-\pi s^2/Nt}\\
&=\frac{(-is)^\ex}{t^{\frac{\ex}2}\sqrt{Nt}}e^{-\pi s^2/Nt}
\end{align}
とわかる。
$$\tx(t)=\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)\sqrt{t}}\vartheta_{\ol\x}\l(\frac 1t\r)$$
$\z_N=e^{\frac{2\pi i}{N}}$とおくとポアソン和公式から
\begin{align}
\tx(t)
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=-\infty}(Nm+a)^{\ex}t^{\frac{\ex}{2}}e^{-\pi (Nm+a)^2t/N}\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=-\infty}g\l(m+\frac aN\r)\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=-\infty}\hat{g}(m)\z_N^{am}\\
&=\sum^N_{a=1}\x(a)\sum^\infty_{m=-\infty}\frac{(-i)^{\ex}}{\sqrt{Nt}}m^{\ex}t^{-\frac{\ex}{2}}e^{-\pi m^2/Nt}\z_N^{am}\\
&=\frac{(-i)^{\ex}}{\sqrt{Nt}}\sum^\infty_{n=-\infty}m^{\ex}t^{-\frac{\ex}{2}}e^{-\pi m^2/Nt}\sum^N_{a=1}\x(a)\z_N^{am}
\end{align}
ここで$\x$は原始指標としていたので
この記事
の定理5などから
$$\sum^N_{a=1}\x(a)\z_N^{am}=\ol\x(m)\t(\x)=\ol\x(m)\frac{|\t(\x)|^2}{\x(-1)\t(\ol\x)}=\ol\x(m)\frac{N}{(-1)^{\ex}\t(\ol\x)}$$
となり
$$\tx(t)=\frac{(-i)^{\ex}}{\sqrt{Nt}}\cdot\frac{N}{(-1)^{\ex}\t(\ol\x)}\sum^\infty_{n=-\infty}\ol\x(m)m^{\ex}t^{-\frac{\ex}{2}}e^{-\pi m^2/Nt}=\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)\sqrt{t}}\vartheta_{\ol\x}\l(\frac1t\r)$$
を得る。
証明
$$\hat{L}(s,\x)=\frac{\t(\x)}{i^{\e_\x}\sqrt{N}}\hat{L}(1-s,\ol\x)$$
簡単のため以下$N\geq2$とする。
($N=1$、つまり$L(s,\x)=\z(s)$のときは$\tx(t)=2\px(t)-1$なので少し事情が変わってくるが大筋は同じである。)
$\px$の関数等式から
\begin{align}
\L(s,\x)
&=\int^\infty_0t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt\\
&=\int^\infty_1t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt+\int^1_0t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt\\
&=\int^\infty_1t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt+\int^\infty_1 t^{-(\frac{s}2-1)}\px\l(\frac1t\r)\frac{dt}{t^2}\\
&=\int^\infty_1t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt+\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)}\int^\infty_1t^{\frac{1-s}2-1}\psi_{\ol\x}(t)dt
\end{align}
が成り立つので
$$\frac{\t(\x)}{i^{\ex}\sqrt{N}}=\frac{|\t(\x)|^2}{i^\ex\x(-1)\t(\ol\x)\sqrt{N}}=\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)}$$
に注意すると
\begin{align}
\frac{\t(\x)}{i^{\ex}\sqrt{N}}\L(1-s,\ol\x)
&=\frac{\t(\x)}{i^{\ex}\sqrt{N}}(\int^\infty_1t^{\frac{1-s}2-1}\psi_{\ol\x}(t)dt+\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\x)}\int^\infty_1t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt)\\
&=\int^\infty_1t^{\frac{s}2-1}\px(t)dt+\frac{i^{\ex}\sqrt{N}}{\t(\ol\x)}\int^\infty_1t^{\frac{1-s}2-1}\psi_{\ol\x}(t)dt\\
&=\L(s,\x)
\end{align}
を得る。
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