Riemann-Siegelの積分公式とゼータ関数

はじめに

Riemann-Siegelの積分公式

(ただし、積分経路は0と1の間を通る傾き-1の直線を右へ進む。)

を示し、ゼータ関数の積分表示を導出します。

有用なのかは、、謎。

この記事は
Edwards, H.M. (1974), Riemann's zeta function, Pure and Applied Mathematics
の7.4、7.9を参考にしています

積分公式を示す

次の周回積分を考える
${\displaystyle {\oint }_C\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

ただし、経路$C=C_1+C_2+C_3+C_4$で、図のようにとる。ただし、$1<a,0<ϵ<1$

この積分結果は、被積分関数が$t=0$に一位の極を持つことから、留数定理を用いて$-1$となる。(割愛)

$C_1$と $C_3$

求めたいのは$a\to \mathrm{\infty }$の$C_1$。
他と$C_1$の関係を見つける。

$C_3$の経路は、$C_1$の経路から、1引いたとこを通っている。(向きは逆)
なので、
${\displaystyle {\int }_{C_3}=-{\int }_{C_1}\frac{e^{-i\pi (t-1{)}^2+2i\pi x(t-1)}}{e^{i\pi (t-1)}-e^{-i\pi (t-1)}}dt}$

変形すると、
${\displaystyle =-{\int }_{C_1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi t-i\pi +2i\pi xt-2i\pi x}}{e^{i\pi t-i\pi }-e^{-i\pi t+i\pi }}dt}$

${\displaystyle =-e^{-2i\pi x}{\int }_{C_1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi (x+1)t}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

これ積分は$x$を$x+1$に置き換えた時の$C_1$になっている。

ということで、
$f(x)={\displaystyle {\int }_{C_1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

としたとき、

${\displaystyle {\int }_{C_3}=-e^{-2i\pi x}f(x+1)}$

である。 　　

$C_2$ と　$C_4$

${\displaystyle {\int }_{C_2}\frac{e^{-i\pi (t^2-2tx)}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

$a\to \mathrm{\infty }$のとき、$C_2$上を動く$i\pi t^2$の実部が無限に大きくなる。
他の$t$が変数のとこは、$t^2$が強いので無視。
よって、被積分関数は0に近づいてく。

んで結局、$C_4$も$a\to \mathrm{\infty }$で0になる。

漸化式

以上より、$a\to \mathrm{\infty }$のとき、

$f(x)-e^{-2i\pi x}f(x+1)=-1$

つまり

　
それと結局$f(x)$は求めたい積分、

$f(x)={\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

になっている。

まだこれだけでは$f(x)$は判明しない。

$f(x)$と$f(x+1)$

もう一本$f(x)$と$f(x+1)$の関係式を見つけたい。

気づきにくいけど、引くと約分できる。

$f(x+1)-f(x)={\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx+2i\pi t}-e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

$={\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx+i\pi t}(e^{i\pi t}-e^{-i\pi t})}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

$={\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}{e}^{-i\pi t^2+2i\pi t(x+\frac{1}{2})}dt}$

変数変換$t=u+(ϵ-u)i$

$=(1-i){\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\pi (u+(ϵ-u)i{)}^2+2i\pi (u+(ϵ-u)i)(x+\frac{1}{2})}du}$

$=(1-i){\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2\pi (u^2-(ϵ+x+\frac{1}{2}+(-ϵ+x+\frac{1}{2})i)u—i\frac{{ϵ}^2}{2}+ϵ(x+\frac{1}{2}))}du}$

$=(1-i)e^{i\pi {ϵ}^2-\pi ϵ(2x+1)}{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2\pi (u^2-(ϵ+x+\frac{1}{2}+(-ϵ+x+\frac{1}{2})i)u)}du}$

この積分は${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x^2+sx)}dx$の形なので計算できる。
(複素数も混ざってるけど、ガウス関数のフーリエ変換とかの結果から(多分)いける。)

$={\displaystyle (1-i)e^{i\pi {ϵ}^2-\pi ϵ(2x+1)}(\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{\pi (ϵ(2x+1)+i(x+\frac{1}{2}{)}^2-i{ϵ}^2)})}$

$={\displaystyle \frac{1-i}{\sqrt{2}}{e}^{i\pi (x+\frac{1}{2}{)}^2}}$

$={\displaystyle \frac{1-i}{\sqrt{2}}{e}^{\frac{i\pi }{4}}{e}^{i\pi (x^2+x)}}$

$={\displaystyle e^{i\pi (x^2+x)}}$

うまいこと色々消えてった。

完成！

よって、

これに
さっきの式

$f(x+1)={\displaystyle e^{2i\pi x}(f(x)+1)}$

を代入すれば

${\displaystyle e^{2i\pi x}(f(x)+1)-f(x)=e^{i\pi x^2+i\pi x}}$

解くと

${\displaystyle f(x)=\frac{e^{i\pi x^2+i\pi x}-e^{2i\pi x}}{e^{2i\pi x}-1}}$

分子分母$e^{-i\pi x}$をかける

${\displaystyle f(x)=\frac{e^{i\pi x^2}-e^{i\pi x}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}}$

完成！

ゼータ関数との関係

以上の結果は、
${\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt=\frac{e^{i\pi x^2}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}-\frac{1}{1-e^{-2i\pi x}}}$
とも書ける。
そして、ゼータ関数の積分表示を知ってる人なら、右辺二項目に$x^{s-1}$を掛けて積分したすぎて堪らないと思う。そうしたらゼータ関数の表示が得られるのではないか。

と、いうことで両辺その通り積分。
ただし、都合があって、積分は$0$から$e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }$まで。(斜めに動くということ。この表記はなんか変な気もするけど。)

左辺

左辺はしれっと順序を入れ替えて、

${\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}{\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2+2i\pi tx}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dtdx}$

$={\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}{\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}{e}^{2i\pi tx}dxdt}$

$=(-2i\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s){\displaystyle {\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi t^2}{t}^{-s}}{e^{i\pi t}-e^{-i\pi t}}dt}$

左辺の変形はここまで。

右辺一項目

${\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

天下り的だけど、次の積分を考える。

${\displaystyle {\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

積分経路は0と1の間を通る傾き1の直線。

ここで、もし$2<s$なら、極が打ち消されます。よって、最初に示した積分のような$x=0$での留数は0となる。
ということは、積分経路は0を通る傾き1の直線としても、問題ない。
が、自分もよく分かってないので、完璧な説明は出来かねる。すみません。

では、変形してく

$={\displaystyle {\int }_{-e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

$={\displaystyle {\int }_{-e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}^0\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx+{\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

$=-{\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}\mathrm{\infty }}}\frac{e^{i\pi x^2}(-x{)}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx+{\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

$={\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}\mathrm{\infty }}}\frac{e^{i\pi x^2}(x^{s-1}-(-x{)}^{s-1})}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

ここで、$u$を実数とすると$x=e^{\frac{i\pi }{4}}u$と、表される。このとき、$-x=e^{\frac{5i\pi }{4}}u$
となるが、主値をとると$-x=e^{\frac{-3i\pi }{4}}u$
よって$-x=e^{-i\pi }x$
ここの説明も何か腑に落ちないけど。

そうすると

$={\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}\mathrm{\infty }}}\frac{e^{i\pi x^2}(x^{s-1}-e^{-i\pi (s-1)}{x}^{s-1})}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

$=(1-e^{-i\pi (s-1)}){\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}\mathrm{\infty }}}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

ということで、

${\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}\mathrm{\infty }}}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx=\frac{1}{1-e^{-i\pi (s-1)}}{\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

右辺ニ項目

${\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\frac{x^{s-1}}{1-e^{-2i\pi x}}dx}$

$=-{\displaystyle {\int }_0^{e^{\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{2i\pi xk}{x}^{s-1}dx}$

$=-{\displaystyle (-2i\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{k}^{-s}}$

$=-{\displaystyle (-2i\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)}$

きたーーゼータ関数だー

ゼータ関数の積分表示

以上を元の等式に適用すると

${\displaystyle (-2i\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx=\frac{1}{1-e^{-i\pi (s-1)}}{\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx+{\displaystyle (-2i\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)}}$

これだけでもゼータ関数の表示となってる。
が、もう少し変形する。

両辺$(1-e^{-i\pi (s-1)})$を掛ける。
ここで、
$(1-e^{-i\pi (s-1)})(-i{)}^{-s}=-2\sin \left(\frac{\pi (s-1)}{2}\right)$
となることに注意

${\displaystyle -2(2\pi {)}^{-s}\sin \left(\frac{\pi (s-1)}{2}\right)\mathrm{\Gamma }(s){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx={\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx-2(2\pi {)}^{-s}\sin \left(\frac{\pi (s-1)}{2}\right)\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)}$ 　

今度は${\pi }^{-\frac{1}{2}}\mathrm{\Gamma }(\frac{1-s}{2})$を掛ける。

$\sin \left(\frac{\pi (s-1)}{2}\right)\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(\frac{1-s}{2})=-\sqrt{\pi }{2}^{s-1}\mathrm{\Gamma }(\frac{s}{2})$
に注意する。

${\displaystyle {\pi }^{-s}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx={\pi }^{-\frac{1}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1-s}{2}\right){\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx+{\pi }^{-s}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right)\zeta (s)}$

最後に${\pi }^{\frac{s}{2}}$を掛ける

${\displaystyle {\pi }^{-\frac{s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx={\pi }^{-\frac{1-s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1-s}{2}\right){\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx+{\pi }^{-\frac{s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right)\zeta (s)}$ 　

ゼータ関数の項を持ってくると、

途中、$2<s$とか言ってたけど、上の式は負の偶数と0と正の奇数以外なら使える。

クシー関数の対称性

左辺をクシー関数

を使って書くと

${\displaystyle \frac{2\xi (s)}{s(1-s)}=-{\pi }^{-\frac{s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx-{\pi }^{-\frac{1-s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1-s}{2}\right){\int }_{0\nearrow 1}\frac{e^{i\pi x^2}{x}^{s-1}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

なんか$s$と$1-s$ばっかだな、、ということで、

$F(x)={\displaystyle -{\pi }^{-\frac{s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right){\int }_{0\searrow 1}\frac{e^{-i\pi x^2}{x}^{-s}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx}$

としたとき、

らしい。(証明略)
なんともスッキリ。ここからクシー関数の関数等式が証明できる。なるほど。

感想

最後にかけて、適当っぽくなってすみません。
$e^{-i\pi (a{x}^2+2bx)}$の形が便利すぎる。
今回の$f(x)$ぼ漸化式もほぼこれによるものだし、積分も出来ちゃって、複素共役にも良いっぽい。
今回の話からはそれるが、楕円テータ関数もこの形がいい仕事してる。
擬二重周期が得られて、無限積表示、モジュラー変換式に繋がってく。

なんかまだ何かできそうな雰囲気があるなぁ。。

ここまで。間違いあれば指摘ください