ゼータ関数の因数分解公式

　ポアソン和公式より
$$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\pi n^{2}x}=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{x}}{e}^{-\frac{\pi n^2}{x}}$$
つまり
$$2\psi (x)+1=x^{-\frac{1}{2}}(2\psi (x^{-1})+1)$$
が成り立っていたので、これを微分して$x=1$とすると
$$\begin{array}{rl}2{\psi }^{\prime }(x)& =-2x^{-\frac{1}{2}}{x}^{-2}{\psi }^{\prime }(x^{-1})-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{3}{2}}(2\psi (x^{-1})+1)\\ 2{\psi }^{\prime }(1)& =-2{\psi }^{\prime }(1)-\frac{1}{2}(2\psi (x)+1)\end{array}$$
がわかるのでこれを整理することで主張を得る。

$$\begin{array}{rl}(x^{\frac{3}{2}}{\psi }^{\prime }(x){)}^{\prime }& =x^{\frac{3}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-\pi n^2{)}^2{e}^{-\pi n^{2}x}+\frac{3}{2}{x}^{\frac{1}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-\pi n^2)e^{-\pi n^{2}x}\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2\pi n^{2}x-3}{2}\pi n^2{x}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\pi n^{2}x}\end{array}$$
であって、また$x>1,n\ge 1$より
$$2\pi n^{2}x-3>2\pi -3>0$$
であることから主張を得る。

　定理3および$\cosh t$のマクローリン展開
$$\cosh t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n)!}{t}^{2n}$$
から
$$\mathrm{\Xi }(s)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_{2n}}{(2n)!}{s}^{2n}(a_{2n}=4{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(x^{\frac{3}{2}}{\psi }^{\prime }(x){)}^{\prime }{x}^{-\frac{1}{4}}{(\frac{1}{2}\log x)}^{2n}dx)$$
と展開でき、また補題5から$a_{2n}>0$なので
$$|\mathrm{\Xi }(s)|\le \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{a_{2n}}{(2n)!}{s}^{2n}\right|=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_{2n}}{(2n)!}|s{|}^{2n}=\mathrm{\Xi }(|s|)$$
つまり${\displaystyle \underset{|s|=r}{max}|\mathrm{\Xi }(s)|=\mathrm{\Xi }(r)}$が成り立つ。
　いまスターリングの公式から$r\to \mathrm{\infty }$において
$$\begin{array}{rl}\xi (r)& =\frac{r(r-1)}{2}{\pi }^{-\frac{r}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{r}{2}\right)\zeta (r)\\ & =(r-1)\sqrt{\pi r}{\left(\frac{r}{2e\sqrt{\pi }}\right)}^{\frac{r}{2}}(1+o(1))\\ \log \xi (r)& =\frac{r}{2}(\log r+O(1))\\ \log \log \xi (r)& =\log r+O(\log \log r)\end{array}$$
と評価できるので、これは$\mathrm{\Xi }(r)=\xi (r+\frac{1}{2})$についても同様であり
$$\lambda ={\displaystyle \underset{r\to \mathrm{\infty }}{lim sup}\frac{\log \log \mathrm{\Xi }(r)}{\log r}={\displaystyle \underset{r\to \mathrm{\infty }}{lim sup}\frac{\log r+O(\log \log r)}{\log r}=1}}$$
を得る。

　$\mathrm{\Xi }$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
$$\mathrm{\Xi }(s)=e^{a+bs}\prod _{\alpha }(1-\frac{s}{\alpha })e^{\frac{s}{\alpha }}$$
と表せ、関数等式$\xi (s)=\xi (1-s)$つまり$\mathrm{\Xi }(s)=\mathrm{\Xi }(-s)$から
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Xi }(s)& =e^{a+bs}\prod _{\mathrm{Im}(\alpha )>0}(1-\frac{s}{\alpha })e^{\frac{s}{\alpha }}(1+\frac{s}{\alpha })e^{-\frac{s}{\alpha }}\\ & =e^{a+bs}\prod _{\mathrm{Im}(\alpha )>0}(1-\frac{s^2}{{\alpha }^2})\end{array}$$
および
$$\frac{\mathrm{\Xi }(s)}{\mathrm{\Xi }(-s)}=e^{2bs}=1\therefore b=0$$
となることがわかるので$\mathrm{\Xi }(0)=e^a$に注意すると
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Xi }(s)& =\mathrm{\Xi }(0)\prod _{\mathrm{Im}(\alpha )>0}(1-\frac{s^2}{{\alpha }^2})\\ & =\mathrm{\Xi }(0)\prod _{\alpha }(1-\frac{s}{\alpha })\end{array}$$
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。

　$\mathrm{\Xi }(s)=\xi (s+\frac{1}{2})$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
$$\xi (s)=\mathrm{\Xi }(s-\frac{1}{2})=\mathrm{\Xi }(0)\prod _{\rho }(1-\frac{s-\frac{1}{2}}{\rho -\frac{1}{2}})=\mathrm{\Xi }(0)\prod _{\rho }\frac{\rho -s}{\rho -\frac{1}{2}}$$
となるのでこれを$\xi (0)$で割ると
$$\frac{\xi (s)}{\xi (0)}=\prod _{\rho }\frac{\rho -s}{\rho -\frac{1}{2}}\cdot \frac{\rho -\frac{1}{2}}{\rho -0}=\prod _{\rho }(1-\frac{s}{\rho })$$
を得る。
　また$\xi$の定義より
$$\xi (0)=(0-1){\pi }^{-\frac{0}{2}}\mathrm{\Gamma }(\frac{0}{2}+1)\zeta (0)=-1\cdot -\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$$
がわかるので主張を得る。

　因数分解公式を対数微分すると
$$\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}=-\frac{1}{s-1}+\frac{\log \pi +\gamma }{2}+\sum _{\rho }\frac{1}{s-\rho }+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{s+2n}-\frac{1}{2n})$$
となるので
$$\frac{{\zeta }^{\prime }(0)}{\zeta (0)}=1+\frac{\log \pi +\gamma }{2}-\sum _{\rho }\frac{1}{\rho }$$
が成り立つ。
　また この記事 の定理10から
$$\frac{{\zeta }^{\prime }(0)}{\zeta (0)}=\log 2\pi$$
であったことから主張を得る。