非自明な零点の推定
はじめに
この記事では
前回の記事
の補足としてゼータ関数の非自明な零点の挙動について解説していきます。
この記事の目標は前回の記事では詳しく触れなかった近似公式
$$\sum_{|\Im(\rho)|\leq x^2}\frac1{|\rho|}=O(\log^2x),\quad
\l|\sum_{|\Im(\rho)|>x^2}\farc{x^\rho}\rho\r|=O(\log^2x)$$
が成り立つ。ただし$\rho$はゼータ関数の非自明な零点全体を渡るものとし、特に無限和の場合は虚部の絶対値が小さい順に渡るものとした。
を示すことにあります。
いま非自明な零点のことを知るためには、素数のことを知るために$\pi(x)$の挙動を分析したように
$$N(T)=\sum_{0<\Im(\rho)\leq T}1$$
の挙動を分析するのが効果的になります。そして$\pi(x)$には(リーマン予想が真のとき)
$$\pi(x)=\mathrm{Li}(x)+O(\sqrt x\log x)$$
という近似式があったように$N(T)$にも
$$N(T)=\frac T{2\pi}\log\frac T{2\pi}-\frac T{2\pi}+O(\log T)$$
という近似式があります。ここではまずこの近似式の証明を行っていきます。
証明のあらすじ
$$\xi(s)=\frac12s(s-1)\pi^{-\frac s2}\G\l(\frac s2\r)\z(s)$$
とおき、$C$を$-1\pm iT,2\pm iT$を頂点とする長方形を反時計回りに回る経路とすると偏角の原理により
$$2N(T)=\frac1{2\pi i}\oint_C\frac{d\log\xi(s)}{ds}ds=\frac1{2\pi}[\arg\xi(s)]_C$$
が成り立つ。
これは$\xi$の持つ対称性より経路
$$L:2\to2+iT\to\frac12+iT$$
を用いて
$$\pi N(T)=\pi+[\arg\pi^{-\frac s2}]_L+\l[\arg\G\l(\frac s2\r)\r]_L+[\arg\z(s)]_L$$
と表せることがわかる。
あとはこれの各項を計算することで
\begin{eqnarray}
[\arg\pi^{-\frac s2}]_L&=&-\frac12T\log\pi
\\ [\arg\G\l(\frac s2\r)]_L&=&\frac T2\log\frac T2-\frac\pi8-\frac T2+O\l(\frac1T\r)
\\ [\arg\z(s)]_L&=&O(\log T)
\end{eqnarray}
となることがわかるので
$$N(T)=\frac T{2\pi}\log\frac T{2\pi}-\frac T{2\pi}+O(\log T)$$
が得られることとなる。
補題その1
先に$[\arg\z(s)]_L$を評価する際に使う補題をいくつか示しておく。
$f$を$|z-z_0|\leq R$において正則で、$|z-z_0|\leq r< R$において少なくとも$n$個の零点(重複度込み)を持つ関数とする。このとき
$$\l(\frac Rr\r)^n\leq\frac{M}{|f(z_0)|}$$
が成り立つ。ただし$\dis M=\max_{|z-z_0|=R}|f(z)|$とした。
適当な平行移動によって$z_0=0$であるものとしてよい。いま$f$が$|z|\leq r$において持つ$n$個の零点を$a_1,a_2,\ldots,a_n$とし
$$g(z)=f(z)\prod^n_{k=1}\frac{R^2-\ol{a_k}z}{R(z-a_k)}$$
とおく。このとき$g$は$|z|\leq R$において正則であり、$|z|=R$において
$$|g(z)|=|f(z)|\prod^n_{k=1}\l|\frac{z\ol z-\ol{a_k}z}{|z|(z-a_k)}\r|=|f(z)|$$
が成り立つので
$$|g(0)|\leq\max_{|z|\leq R}|g(z)|=\max_{|z|=R}|g(z)|=M$$
となる(cf. 最大絶対値の原理)。よって
$$|f(0)|=|g(0)|\prod^n_{k=1}\frac{|a_k|}{R}\leq M\l(\frac rR\r)^n$$
を得る。
ポアソン・イェンゼンの公式
のVer. 2から
\begin{align}
\log|f(0)|&=\sum_{\substack{\a:\rm{zeros}\\|\a|< R}}\log\frac{|\a|}{R}
+\frac1{2\pi}\int^{2\pi}_0\log|f(Re^{i\t})|d\t\\
&\leq\sum_{\substack{\a:\rm{zeros}\\|\a|\leq r}}\log\frac{|\a|}{R}+\log M\\
&\leq n\log\frac rR+\log M
\end{align}
とわかる。
補題その2
数列$\{a_n\}$と$C^1$級関数$f(x)$について$A(x)=\sum_{N\leq n\leq x}a_n$とおいたとき、
$$\sum_{N\leq n\leq x}a_nf(n)=A(x)f(x)-\int^x_NA(t)f'(t)dt$$
が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\sum_{N\leq n\leq x}a_nf(n)
&=&\sum_{N\leq n\leq x}a_n\l(f(x)-\int^x_nf'(t)dt\r)\\
&=&A(x)f(x)-\int^x_N\l(\sum_{N\leq n\leq t}a_n\r)f'(t)dt\\
&=&A(x)f(x)-\int^x_{N}A(t)f'(t)dt
\end{eqnarray}
とわかる。
$x$の小数部分を$\an x$とおくと、任意の$X>1$に対し
$$\z(s)=\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}+\frac1{(s-1)X^{s-1}}+\frac{\an X}{X^s}-s\int^\infty_X\frac{\an x}{x^{s+1}}dx$$
が$\Re(s)>0$において成り立つ。
$$\sum_{1\leq n\leq x}1=\f x=x-\an x$$
に注意するとアーベルの総和公式から
\begin{eqnarray}
\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}
&=&\frac{X-\an X}{X^s}+s\int^X_1\frac{x-\an x}{x^{s+1}}dx
\\&=&\l(\frac1{X^{s-1}}-\frac{\an X}{X^s}\r)+\l(\frac s{s-1}-\frac s{(s-1)X^{s-1}}\r)-s\int^X_1\frac{\an x}{x^{s+1}}dx
\\&=&\frac s{s-1}-\frac1{(s-1)X^{s-1}}-\frac{\an X}{X^s}-s\int^X_1\frac{\an x}{x^{s+1}}dx
\quad\cdots(*)
\end{eqnarray}
が成り立つので
\begin{align}
\z(s)&=\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}+\l(\sum_{1\leq n\leq\infty}\frac1{n^s}-\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}\r)\\
&=\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}+\frac1{(s-1)X^{s-1}}+\frac{\an X}{X^s}-s\int^\infty_X\frac{\an x}{x^{s+1}}dx
\end{align}
を得る。
また$\an x\leq1$に注意するとこの右辺の積分は
$$\l|\int^\infty_1\frac{\an x}{x^{s+1}}\r|\leq\int^\infty_1\frac1{x^{\Re(s)+1}}dx=\frac1{\Re(s)}$$
と$\Re(s)>0$で収束するのでこの等式自体も$\Re(s)>0$で成立することになる(cf. 一致の定理)。
$s=\s+it$とおいたとき、$\s\geq1/4,\;t\geq1$において
$$|\z(s)|<\frac{40}3t^\frac34$$
が成り立つ。
任意に$0<\d<1$を取り$\s\geq\d,\;t\geq1$すると$|s|\leq\s+t,\;|s-1|\geq t$に注意すれば
\begin{eqnarray}
|\z(s)|&=&\l|\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^s}+\frac1{(s-1)X^{s-1}}+\frac{\an X}{X^s}-s\int^\infty_X\frac{\an x}{x^{s+1}}dx\r|
\\&\leq&\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^\s}+\frac1{tX^{\s-1}}+\frac1{X^\s}+(\s+t)\int^\infty_X\frac1{x^{\s+1}}dx
\\&\leq&\sum_{1\leq n\leq X}\frac1{n^\d}+\frac1{X^{\d-1}}+\frac1{X^\d}+\l(1+\frac t\s\r)\farc1{X^\s}
\\&\leq&\int^X_0\frac{dx}{x^\d}+X^{1-\d}+\l(2+\frac t\d\r)\frac1{X^\d}
\\&\leq&\frac{X^{1-\d}}{1-\d}+X^{1-\d}+\frac{3t}\d\frac1{X^\d}
\end{eqnarray}
と評価できるので$X=t$とすると
$$|\z(s)|<\l(\frac1{1-\d}+1+\frac3\d\r)t^{1-\d}\quad(\s\geq\d,\;t\geq1)$$
が得られる。
特に$\d=\frac14$としたとき
$$|\z(s)|<\frac{40}3t^\frac34\quad(\s\geq\frac14,t\geq1)$$
を得る。
$N(T)$の近似公式
経路$L$を
$$L:2\to2+iT\to\frac12+iT$$
によって定めると
$$\pi N(T)=\pi+[\arg\pi^{-\frac s2}]_L+\l[\arg\G\l(\frac s2\r)\r]_L+[\arg\z(s)]_L$$
が成り立つ。
証明のあらすじにて解説したように$C$を$-1\pm iT,2\pm iT$を頂点とする長方形を反時計回りに回る経路とすると
$$4\pi N(T)=[\arg\xi(s)]_C$$
が成り立つ。このとき経路$L$に対して変換$z\mapsto 1-z,\ol z,1-\ol z$を施したものをそれぞれ$1-L,\ol L,1-\ol L$とおくと経路$C$は
$$C=L-(1-\ol L)+(1-L)-\ol L$$
と表せることに注意する。
ここで$\xi(s)=\frac12s(s-1)\cdot\phi(s)$と分けると$s=0,1$は$C$の内部にあるので
$$[\arg(s(s-1))]=4\pi$$
と計算でき、また$\phi$は$\phi(1-s)=\phi(s)$および$\ol{\phi(s)}=\phi(\ol s)$を満たすので
\begin{alignat}{3}
[\arg\phi(s)]_{1-L}&=[\arg\phi(1-s)]_L&&=[\arg\phi(s)]_L\\
[\arg\phi(s)]_{\ol L\phantom{-1}}&=[\arg\phi(\ol s)]_L&&=[\arg\ol{\phi(s)}]_L=-[\arg\phi(s)]_L\\
[\arg\phi(s)]_{1-\ol L}&=[\arg\phi(1-s)]_{\ol L}&&=[\arg\phi(s)]_{\ol L}=-[\arg\phi(s)]_L
\end{alignat}
つまり
\begin{align}
[\arg\phi(s)]_C
&=[\arg\phi(s)]_L-[\arg\phi(s)]_{1-\ol L}+[\arg\phi(s)]_{1-L}-[\arg\phi(s)]_{\ol L}\\
&=4[\arg\phi(s)]_L
\end{align}
と変形できる。
したがって$\phi(s)=\pi^{-\frac s2}\G\l(\frac s2\r)\z(s)$であったことから
\begin{align}
\pi N(T)&=\pi+[\arg\phi(s)]_L\\
&=\pi+[\arg\pi^{-\frac s2}]_L+\l[\arg\G\l(\frac s2\r)\r]_L+[\arg\z(s)]_L
\end{align}
を得る。
$\dis[\arg\pi^{-\frac s2}]_L=-\frac T2\log\pi$
$\arg z=\Im(\log z)$に注意すると
$$[\arg\pi^{-\frac s2}]_L=\l[-\frac{\Im(s)}2\log\pi\r]^{\frac12+iT}_2=-\frac T2\log\pi$$
と計算できる。
$\dis\l[\arg\G\l(\frac s2\r)\r]_L=\frac T2\log\frac T2-\frac T2-\frac\pi8+O\l(\frac1T\r)$
ガンマ関数に対するスターリングの公式
$$\log\G(z)=\l(z-\frac12\r)\log z-z+\frac12\log2\pi+O\l(\frac1{|z|}\r)$$
に注意すると
\begin{eqnarray}
\l[\arg\G\l(\frac s2\r)\r]_L&=&\Im\l(\log\G\l(\frac14+\frac{iT}2\r)\r)-\Im(\log\G(1))
\\&=&\Im\l(\l(-\frac14+\frac{iT}2\r)\log\l(\frac14+\frac{iT}2\r)-\l(\frac14+\frac{iT}2\r)+\frac12\log2\pi+O\l(\frac1T\r)\r)
\\&=&\frac T2\log\l|\frac14+\frac{iT}2\r|-\frac14\arg\l(\frac14+\frac{iT}2\r)-\frac T2+O\l(\frac1T\r)
\end{eqnarray}
と評価できる。
また
\begin{align}
\log\l(\frac14+\frac{iT}2\r)-\log\frac{iT}2
&=\log\l(1+\frac1{2iT}\r)\\
&=\frac1{2iT}+O\l(\frac1{T^2}\r)
\end{align}
つまりこの実部虚部を取ることで
\begin{align}
\log\l|\frac14+\frac{iT}2\r|&=\log\frac T2+O\l(\frac1{T^2}\r)\\
\arg\l(\frac14+\frac{iT}2\r)&=\frac\pi2+O\l(\frac1T\r)
\end{align}
が成り立つことに注意すると主張を得る。
$[\arg\z(s)]_L=O(\log T)$
$m$を経路$L$上で$\Re(\z(s))$が$0$になる回数とし、$L$を$\Re(\z(s))=0$となるような点で分割したものを$L_0,L_1,\ldots,L_m$とおくと、各$L_k$において$\Re(\z(s))$の符号は変わらないので
$$\big|[\arg\z(s)]_{L_k}\big|\leq\pi$$
と評価できる。つまり
$$\big|[\arg\z(s)]_L\big|\leq\sum^m_{k=0}\big|[\arg\z(s)]_{L_k}\big|\leq(m+1)\pi$$
が成り立つ。また
\begin{align}
\Re(\z(2+it))
&=1+\sum^\infty_{n=2}\frac{\cos(t\log n)}{n^2}\\
&\geq1-\sum^\infty_{n=2}\frac1{n^2}\\
\bigg(&=2-\frac{\pi^2}6=0.355065\ldots\bigg)\\
&\geq1-\frac1{2^2}-\int^\infty_2\frac{dx}{x^2}=\frac14
\end{align}
なので$\Re(\z(s))$は経路$2\to2+iT$上では$0$にならず、したがって$\Re(\z(s))$は経路$2+iT\to\frac12+iT$上で$m$回$0$になることに注意する。
いま
$$g(s)=\frac12(\z(s+iT)+\z(s-iT))$$
とおくと、$g$は$\frac12< s<2$において$g(s)=\Re(\z(s+iT))$となるので$m$個の零点を持ち、つまり$|s-2|\leq\frac32$において少なくとも$m$個の零点を持つことになる。また$g$は$s=1\pm iT$を除いて正則なので$T>3$ならば$|s-2|\leq\frac74$において正則であると言える。よって$z_0=2,R=\frac74,r=\frac32$について補題3が適用でき
$$\l(\frac76\r)^m\leq\frac{\max_{|s-2|=\frac74}|g(s)|}{|g(2)|}$$
がわかる。
そして$T>3$ならば$|\Im(s)|\leq|s-2|\leq\frac74$において$\Re(s)\geq\frac14$かつ$1<3-\frac74\leq|\Im(s)\pm T|\leq T+\frac74$なので
$$|\z(s\pm iT)|\leq\frac{40}3|\Im(s)\pm T|^{\frac34}\leq\frac{40}3(T+\frac74)^{\frac34}=O(T)$$
つまり$|g(s)|=O(T)$と評価でき、また
$$|g(2)|=|\Re(\z(2+iT))|\geq\frac14$$
であったので結局
$$\l(\frac76\r)^m\leq\frac{\max_{|s-2|=\frac74}|g(s)|}{|g(2)|}=O(T)$$
即ち
$$\big|[\arg\z]_L\big|\leq(m+1)\pi=O(\log T)$$
を得る。
まとめ
以上により
\begin{eqnarray}
N(T)&=&\frac1\pi(\pi+[\arg\pi^{-\frac s2}]_L+[\arg\G\l(\frac s2\r)]_L+[\arg\z(s)]_L)
\\&=&1-\frac T{2\pi}\log\pi+\l(\frac T{2\pi}\log\frac T2-\frac T{2\pi}-\frac18+O\l(\frac1T\r)\r)+O(\log T)
\\&=&\frac T{2\pi}\log\frac T{2\pi}-\frac T{2\pi}+O(\log T)
\end{eqnarray}
を得る。
零点の挙動
さて、これからは上で得られた近似公式から一体何が得られるのかを見ていこう。
任意の$h>0$に対し$N(T+h)-N(T)=O(\log T)$が成り立つ。
$$P(t)=\farc t{2\pi}\l(\log\frac t{2\pi}-1\r)$$
とおくと、平均値の定理よりある$0<\theta<1$が存在して
$$P(T+h)-P(T)
=\frac h{2\pi}\log\frac{T+\theta h}{2\pi}=O(\log T)$$
が成り立つので
$$N(T+h)-N(T)=P(T+h)-P(T)+O(\log T)=O(\log T)$$
を得る。
$$\sum_{0<\Im(\rho)\leq T}\farc1{|\rho|}=O(\log^2T),\quad\sum_{\Im(\rho)>T}\frac1{|\rho|^2}=O\l(\farc{\log T}T\r)$$
が成り立つ。
$$s_m=\sum_{m<\Im(\rho)\leq m+1}\farc1{|\rho|},\quad s'_m=\sum_{m<\Im(\rho)\leq m+1}\frac1{|\rho|^2}$$
とおいたとき、$|z|\geq\Im(z)$に注意すると定理11から
\begin{align}
s_m&\leq\frac{N(m+1)-N(m)}m=\frac{O(\log m)}{m}\\
s'_m&\leq\farc{N(m+1)-N(m)}{m^2}=\frac{O(\log m)}{m^2}
\end{align}
と評価できるので
\begin{eqnarray}
\sum_{0<\Im(\rho)\leq T}\farc1{|\rho|}
&\leq&\sum_{0\leq m\leq T}s_m
\\&=&O\l(\sum_{2\leq m\leq T}\farc{\log m}{m}\r)
\\&=&O\l(\int^T_1\frac{\log T}{x}dx\r)=O(\log^2T)
\\\\
\sum_{\Im(\rho)>T}\frac1{|\rho|^2}
&\leq&\sum_{m>T-1}s'_m
\\&=&O\l(\sum_{m>T-1}\frac{\log m}{m^2}\r)
\\&=&O\l(\int^\infty_{T-2}\frac{\log x}{x^2}dx\r)=O\l(\l[-\frac1x(\log x+1)\r]^\infty_{T-2}\r)=O\l(\farc{\log T}{T}\r)
\end{eqnarray}
を得る。
非自明な零点のうち虚部が正のものをその虚部の小さい順に$\rho_1,\rho_2,\rho_3,\ldots$とおくと
$$|\rho_n|\sim\frac{2\pi n}{\log n}$$
が成り立つ。
$\g_n=\Im(\rho_n)$とおくと
$$N(T)=\frac T{2\pi}\log\frac T{2\pi}-\frac T{2\pi}+O(\log T)\sim\frac T{2\pi}\log T$$
より
$$2\pi N(\g_n\pm1)\sim(\g_n\pm1)\log(\g_n\pm1)\sim\g_n\log\g_n$$
が成り立つので
$$N(\g_n-1)< n\leq N(\g_n+1)$$
に注意すると$2\pi n\sim\g_n\log\g_n$を得る。
またこれの対数を取ることで
$$\log n\sim\log\g_n+\log\log\g_n\sim\log\g_n$$
が成り立つので
$$\g_n\sim\frac{2\pi n}{\log\g_n}\sim\farc{2\pi n}{\log n}$$
を得る。
あとは$0<\Re(\rho_n)<1$より$\g_n<|\rho_n|<\g_n+1$に注意すると
$$|\rho_n|\sim\g_n\sim\farc{2\pi n}{\log n}$$
を得る。
ちなみにこの類似として$\pi(x)\sim\frac x{\log x}$から$p_n\sim n\log n$が得られたりします。
おわりに
今回の記事では
$$\sum_{|\Im(\rho)|\leq x^2}\frac1{|\rho|}=O(\log^2x^2)=O(\log^2x)$$
であること(定理12)は示しましたが
$$\l|\sum_{|\Im(\rho)|>x^2}\frac{x^\rho}{\rho}\r|=O(\log^2x)$$
であることまでは示しませんでした。というのも本当はこれについてもこの記事で示すつもりだったのですが、いざその証明と向き合ってみるにその煩雑さとその長さにげんなりしてしまったので一旦諦めることにしました。また気力があれば解読して記事にしたいと思いますがあまり期待はしないでおいてください。興味があれば参考文献のpp.71-80およびp.83を読んでみるといいと思います。
とりあえず今回の記事はこんなところで。では。
追記
$$\l|\sum_{|\Im(\rho)|>x^2}\frac{x^\rho}{\rho}\r|=O(\log^2x)$$
の証明についておおよその流れは理解できたのでそのことについて簡単に書き散らしておきます。
まず
チェビシェフ関数の素数公式
\begin{align}
\psi(x)
&=-\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^s}{s}ds\\
&=x-\sum_\rho\farc{x^\rho}\rho-\frac12\log(1-x^{-2})-\log2\pi
\end{align}
に注意して次のような積分を考えます。
$C$を$-q\pm iT,2\pm iT$を頂点とする長方形を反時計回りに回る経路とし
$$J(q)=-\int_C\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^s}{s}ds$$
とおくと
$$\lim_{q\to\infty}J(q)=x-\sum_{|\Im(\rho)|< T}\farc{x^\rho}\rho-\frac12\log(1-x^{-2})-\log2\pi$$
が成り立つ。
チェビシェフ関数の素数公式
の証明から
$$-\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac1s
=\frac1{s-1}-\frac{\log2\pi}s-\sum_\rho\frac1{\rho(s-\rho)}+\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n(s+2n)}$$
が成り立っていたので留数定理より主張を得る。
したがって
$$\sum_{|\Im(\rho)|>T}\frac{x^\rho}{\rho}=\psi(x)-\lim_{q\to\infty}J(q)$$
が成り立ち、これを
$$f(s)=-\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^s}s$$
の積分の形に表すと$2\pm iT\to 2\pm i\infty$と$2\pm iT\to-\infty\pm iT$の部分が残ることとなります($-q-iT\to-q+iT$の部分は$q\to\infty$で潰れることは別途わかります)。
そしてそれらの積分は次のような補題によって評価できることがわかります。
$s=\s+it$とおいたとき、$\s\leq 2,\ t\geq1/2$において
$$\frac{\z'(s)}{\z(s)}=O(\log^2|s|)$$
が成り立つ。
これを用いると$2\pm iT\to-\infty\pm iT$における積分は
\begin{align}
\l|\int^2_{-\infty}(f(\s+iT)-f(\s-iT))d\s\r|
&\leq A\frac{\log^2|s|}{|s|}\int^2_{-\infty}x^\s d\s\\
&=A\frac{\log^2|s|}{|s|}\frac{x^2}{\log x}\\
&\leq B\frac{\log^2T}T\frac{x^2}{\log x}
\end{align}
と評価できます。
$c>0,x>0$に対し
$$\D(x,T)=\frac1{2\pi i}(\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}-\int^{c+iT}_{c-iT})\frac{x^s}sds$$
とおくと$x\neq1$において
$$|\D(x,T)|<\frac{x^c}{\pi T|\log x|}<\frac{x^c}{\pi T}\frac{1+x}{|1-x|}$$
が成り立つ。
$$-\frac{\z'(s)}{\z(s)}
=\sum_p\sum^\infty_{n=1}\frac{\log p}{p^{ns}}
=\sum^\infty_{n=1}\La(n)n^{-s}$$
(ただし$\La(n)$はフォン・マンゴルト関数とした)に注意してこれを用いると$2\pm iT\to 2\pm i\infty$における積分は
\begin{align}
\l|\frac1{2\pi i}(\int^{2+i\infty}_{2-i\infty}-\int^{2+iT}_{2-iT})f(s)ds\r|
&=\sum^\infty_{n=1}\La(n)\l|\D\l(\frac xn,T\r)\r|\\
&<\sum^\infty_{n=1}\frac{\La(n)}{\pi T}\frac{(x/n)^2}{|\log x-\log n|}\\
&< C\frac{x^2}{T}
\end{align}
のように評価できます。
以上より
$$\l|\sum_{|\Im(\rho)|>T}\frac{x^\rho}{\rho}\r|
<\frac{x^2}{T}\l(B\frac{\log^2T}{\log x}+C\r)$$
という評価が得られ、$T=x^2$とすることで
$$\l|\sum_{|\Im(\rho)|>x^2}\frac{x^\rho}{\rho}\r|=O(\log x)$$
がわかります。あれ？
参考文献ではなぜか
$$\frac1{\log x}<\frac x{x-1}$$
という評価を挟んでいるため$O(\log^2x)$という結論が出ていますが、より小さく$O(\log x)$と評価できるようにも見えます。何か仮定を見逃しているのでしょうか。
なにはともあれ大まかな流れは合っているはずなので、詳しいことについては参考文献をご覧ください。
参考文献
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