この記事ではRiemann zeta関数の因数分解(無限乗積展開)公式の証明を行います。
具体的には以下の公式が成り立ちます。
リーマンゼータ関数$\z(s)$について
$$\z(s)=\frac1{s-1}\exp\l(\frac{\log \pi+\g}{2}s-\log2\r)
\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)\prod^\infty_{n=1}\l(1+\frac{s}{2n}\r)e^{-\frac{s}{2n}}$$
が成り立つ。ただし$\g$はオイラー定数つまり
$$\g=\lim_{n\to\infty}\l(\sum^n_{k=1}\frac1k-\log n\r)$$
とし、$\rho$は$\zeta$の非自明な零点全体を虚部の絶対値が小さい順に渡るものとした。
また上式の右辺は
$$\frac{\pi^{\frac{s}2}}{s(s-1)\Gamma(\frac{s}2)}\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)$$
とも表せるので実際には以下の主張を示していくことになります。
リーマンの$\x$関数
$$\x(s)=\frac{s(s-1)}{2}\pi^{-\frac s2}\Gamma\l(\frac{s}{2}\r)\z(s)$$
について
$$\x(s)=\frac12\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)$$
が成り立つ。
まず$\z$関数の関数等式を示す核として有名な公式
$$\pi^{-\frac s2}\G\l(\frac s2\r)\z(s)=\int^\infty_1(x^{\frac s2-1}+x^{\frac{1-s}2-1})\psi(x)dx+\frac{1}{s(s-1)}$$
が成り立つ。ただし
$$\psi(x)=\sum^\infty_{n=1}e^{-\pi n^2x}$$
とした。
を用いて$\x$関数が以下のような表示を持つことを示す(上の公式についてはここでは解説しない)。
$$\x(s)=4\int^\infty_1(x^{\frac32}\psi'(x))'x^{-\frac14}\cosh\l(\frac12(s-\frac12)\log x\r)dx$$
これは部分積分によって
\begin{align}
\xi(s)
&=\frac12-\frac{s(1-s)}{2}\int^\infty_1(x^{\frac{s}{2}-1}+x^{\frac{1-s}{2}-1})\psi(x)dx\\
&=\frac12+\psi(1)+\int^\infty_1((1-s)x^{\frac{s}{2}}+sx^{\frac{1-s}{2}})\psi'(x)dx\\
&=\frac12+\psi(1)+4\psi'(1)+2\int^\infty_1(x^{\frac{s-1}{2}}+x^{-\frac{s}{2}})(x^{\frac32}\psi'(x))'dx\\
&=\frac12+\psi(1)+4\psi'(1)+4\int^\infty_1(x^{\frac32}\psi'(x))'x^{-\frac14}\cosh\l(\frac12(s-\frac12)\log x\r)dx
\end{align}
と変形できることからあとは以下の等式を示せばよい。
$$\frac12+\psi(1)+4\psi'(1)=0$$
ポアソン和公式より
$$\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi n^2x}=\sum^\infty_{n=-\infty}\frac1{\sqrt{x}}e^{-\frac{\pi n^2}{x}}$$
つまり
$$2\psi(x)+1=x^{-\frac12}(2\psi(x^{-1})+1)$$
が成り立っていたので、これを微分して$x=1$とすると
\begin{align}
2\psi'(x)&=-2x^{-\frac12}x^{-2}\psi'(x^{-1})-\frac12x^{-\frac32}(2\psi(x^{-1})+1)\\
2\psi'(1)&=-2\psi'(1)-\frac12(2\psi(x)+1)
\end{align}
がわかるのでこれを整理することで主張を得る。
まず最初に簡単な補題を一つ示しておく。
$x>1$において$(x^{\frac32}\psi'(x))'>0$が成り立つ。
\begin{align}
(x^{\frac32}\psi'(x))'
&=x^{\frac32}\sum^\infty_{n=1}(-\pi n^2)^2e^{-\pi n^2x}+\frac32x^{\frac12}\sum^\infty_{n=1}(-\pi n^2)e^{-\pi n^2x}\\
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{2\pi n^2x-3}{2}\pi n^2x^{\frac12}e^{-\pi n^2x}
\end{align}
であって、また$x>1,n\geq1$より
$$2\pi n^2x-3>2\pi-3>0$$
であることから主張を得る。
いま簡単のため$\Xi(s)=\x(s+\frac12)$とおく。このとき$\Xi(s)$の位数
$$\lambda=\limsup_{r\to\infty}\frac{\log\log\max_{|s|=r}|\X(s)|}{\log r}$$
は以下のように求められる。
$\Xi$の位数は$1$である。
定理3および$\cosh t$のマクローリン展開
$$\cosh t=\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(2n)!}t^{2n}$$
から
$$\X(s)=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_{2n}}{(2n)!}s^{2n}\qquad(a_{2n}=4\int^\infty_1(x^{\frac32}\psi'(x))'x^{-\frac14}\l(\frac12\log x\r)^{2n}dx)$$
と展開でき、また補題5から$a_{2n}>0$なので
$$|\X(s)|\leq\sum^\infty_{n=0}\l|\frac{a_{2n}}{(2n)!}s^{2n}\r|=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_{2n}}{(2n)!}|s|^{2n}=\Xi(|s|)$$
つまり$\dis\max_{|s|=r}|\Xi(s)|=\Xi(r)$が成り立つ。
いまスターリングの公式から$r\to\infty$において
\begin{align}
\x(r)&=\frac{r(r-1)}{2}\pi^{-\frac r2}\G\l(\frac r2\r)\z(r)\\
&=(r-1)\sqrt{\pi r}\l(\frac{r}{2e\sqrt{\pi}}\r)^\frac{r}{2}(1+o(1))\\
\log\x(r)&=\frac r2(\log r+O(1))\\
\log\log\x(r)&=\log r+O(\log\log r)
\end{align}
と評価できるので、これは$\X(r)=\xi(r+\frac12)$についても同様であり
$$\lambda=\dis\limsup_{r\to\infty}\frac{\log\log\X(r)}{\log r}=\dis\limsup_{r\to\infty}\frac{\log r+O(\log\log r)}{\log r}=1$$
を得る。
あとは アダマールの因数分解定理 を適用し適当に変形していく。
$$\X(s)=\X(0)\prod_{\alpha}\l(1-\frac{s}{\alpha}\r)$$
が成り立つ。ただし$\alpha$は$\X$の零点全体を虚部の絶対値が小さい順に渡る。
$\X$の位数は$1$であったので、ある一次関数$g(s)=a+bs$があって
$$\X(s)=e^{a+bs}\prod_{\alpha}\l(1-\frac{s}{\alpha}\r)e^{\frac{s}{\alpha}}$$
と表せ、関数等式$\x(s)=\x(1-s)$つまり$\X(s)=\X(-s)$から
\begin{align}
\X(s)
&=e^{a+bs}\prod_{\mathrm{Im}(\alpha)>0}\l(1-\frac{s}{\alpha}\r)e^{\frac{s}{\alpha}}\l(1+\frac{s}{\alpha}\r)e^{-\frac{s}{\alpha}}\\
&=e^{a+bs}\prod_{\mathrm{Im}(\alpha)>0}\l(1-\frac{s^2}{\alpha^2}\r)
\end{align}
および
$$\frac{\X(s)}{\X(-s)}=e^{2bs}=1\quad\therefore\quad b=0$$
となることがわかるので$\X(0)=e^a$に注意すると
\begin{align}
\X(s)&=\X(0)\prod_{\mathrm{Im}(\alpha)>0}\l(1-\frac{s^2}{\alpha^2}\r)\\
&=\X(0)\prod_{\alpha}\l(1-\frac{s}{\alpha}\r)
\end{align}
を得る。
ここで上式一行目の式は絶対収束するのに対し二行目の式は条件収束になるので等号が成り立つためには$\alpha$を虚部の絶対値が小さい順に渡らせる必要があることに注意する。
$$\xi(s)=\frac12\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)$$
$\X(s)=\xi(s+\frac12)$であったことに注意して補題7の式を$\xi$の零点$\rho$について表すと
$$\xi(s)=\Xi\l(s-\frac12\r)
=\Xi(0)\prod_{\rho}\l(1-\frac{s-\frac12}{\rho-\frac12}\r)
=\X(0)\prod_{\rho}\frac{\rho-s}{\rho-\frac12}$$
となるのでこれを$\xi(0)$で割ると
$$\frac{\xi(s)}{\xi(0)}=\prod_{\rho}\frac{\rho-s}{\rho-\frac12}\cdot\frac{\rho-\frac12}{\rho-0}=\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)$$
を得る。
また$\xi$の定義より
$$\xi(0)=(0-1)\pi^{-\frac02}\Gamma\l(\frac02+1\r)\z(0)=-1\cdot-\frac12=\frac12$$
がわかるので主張を得る。
上では
$$\z(s)=\frac1{s-1}\exp\l(\frac{\log \pi+\g}{2}s-\log2\r)
\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)\prod^\infty_{n=1}\l(1+\frac{s}{2n}\r)e^{-\frac{s}{2n}}$$
という表示を示しましたが、この非自明な零点の因子
$$\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)$$
は条件収束であり、これを絶対収束させるためには補正因子$e^{\frac s\rho}$を掛けて
$$\prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)e^{\frac s\rho}$$
とする必要があります。
そしてこの変形によって因数分解公式の指数部分は次のように変化することがわかります。
$\dis\frac{\log\pi+\g}2-\sum_\rho\frac1\rho=\log2\pi-1$
因数分解公式を対数微分すると
$$\frac{\z'(s)}{\z(s)}=-\frac1{s-1}+\frac{\log\pi+\g}{2}+\sum_\rho\frac1{s-\rho}+\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{s+2n}-\frac1{2n}\r)$$
となるので
$$\frac{\z'(0)}{\z(0)}=1+\frac{\log\pi+\g}2-\sum_\rho\frac1\rho$$
が成り立つ。
また
この記事
の定理10から
$$\frac{\z'(0)}{\z(0)}=\log2\pi$$
であったことから主張を得る。
したがって以下の絶対収束する因数分解表示が得られます。
$\dis\z(s)=\frac{(2\pi e^{-1})^s}{2(s-1)} \prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)e^{\frac s\rho} \prod^\infty_{n=1}\l(1+\frac{s}{2n}\r)e^{-\frac{s}{2n}}$