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現代数学解説
文献あり

クリティカルライン上の零点について

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はじめに

 この記事ではリーマンゼータ関数ζ(s)Re(s)=12上の零点の分布について簡単にまとめていきます。

リーマン予想の必要条件

 いまρはゼータ関数の非自明な零点を表すものとし
N(T)=0<ImρT1,N0(T)=0<ImρTReρ=121
とおくと、リーマン予想は
N(T)=N0(T)
が成り立つことと言い換えられます。
 またN(T)
N(T)=T2πlogT2πT2π+O(logT)
という漸近挙動を持つことが知られているのでリーマン予想が真であるためには
lim infTN0(T)N(T)=lim infTN0(T)T2πlogT=1
という必要条件が考えられます。
 しかしまだこの命題の真偽さえも不明であり 2020年の時点 では
lim infTN0(T)N(T)0.417293962(>512)
という評価が最良の結果のようです。

零点の無限性

 以下ではN0(T)の漸近挙動に関する最初の結果であるHardyの定理の証明について解説していきます。

Hardyの定理

limTN0(T)=

 ちなみにこの結果が掲載されたHardy(1914)は僅か3ページの論文でしたが、これに次ぐHardy-Littlewood(1921)の結果
lim infTN0(T)T>0
でさえ実に35ページと長編となっているので、これ以上の結果については特に記事を書く気はありません。

補題

G(x)=n=eπn2x2
とおくと
πs2Γ(s2)ζ(s)=1(xs+x(1s))(G(x)1)dx1s11s={0xs(G(x)1x)dx(1<Re(s))0xs(G(x)11x)dx(0<Re(s)<1)0xs(G(x)1)dx1<(Re(s)<0)
が成り立つ。

 最初の等号についてはよく知られた等式
πs2Γ(s2)ζ(s)=1(ts21+t1s21)ψ(t)dt1s(1s)
において
ψ(t)=n=1eπn2t=G(t)12
に注意してt=x2とおくことでわかる。
 また二つ目の等号についてはG(1/x)=xG(x)より
1xs1(G(x)1)dx=01xs1(G(1x)1)dx=01xs(G(x)1x)dx
が成り立つこと、および
1s+11s={1xs1dx1xsdx(1<Re(s))1xs1dx+01xsdx(0<Re(s)<1)01xs1dx+01xsdx1<(Re(s)<0)
に注意するとわかる。

ξ(s)=s(s1)2πs2Γ(s2)ζ(s)Ξ(t)=ξ(12+it)H(x)=xd2dx2(xG(x))
とおくと
x12H(x)=n=0c2n(ilogx)2n(cn=2πn!0Ξ(t)tndt)
が成り立つ。

 上の補題の逆メリン変換を考えることで任意の0<σ<1に対し
G(x)11x=12πiσiσ+i2ξ(s)s(s1)xs1ds
がわかるので、これにxを掛けて二階微分することで
H(x)=1πi12i12+iξ(s)xs1ds=1πΞ(t)x12+itdtx12H(x)=1πΞ(t)(n=0(itlogx)nn!)dt=n=0(1πn!Ξ(t)tndt)(ilogx)n
を得る。
 また関数等式Ξ(t)=Ξ(t)からnが奇数のとき
1πn!Ξ(t)tndt=0
が成り立ち、nが偶数のとき
1πn!Ξ(t)tndt=2πn!0Ξ(t)tndt
が成り立つことに注意すると主張を得る。

xD:={zC|argz|<π/4}
において極限xeπi4を考えると、任意のnに対して
limxeπi4dndxnG(x)=limxeπi4dndxnH(x)=0
が成り立つ。

G(x)+G(x2+i)=n=eπn2x2+n=(1)neπn2x2=2n=eπ(2n)2x2=2G(2x)
よりG(x)=G(1/x)/xに注意すると
G(x2+i)=22xG(12x)1xG(1x)=1x(n=eπn2/4x2n=eπn2/x2)=1xn:oddeπn2/4x2
が成り立つ。
 したがってこのx0における挙動を考えることで、G(x)およびその導関数はxeπi4において0に収束することがわかる。

証明

 ゼータ関数の非自明な零点はクリティカルラインRe(s)=12上に無数に存在する。

 Ξ(t)は実関数であること(偶関数性に注意してξ(12+s)のテイラー展開を考えることでわかる)に注意すると、クリティカルライン上の零点が有限個しかなければあるTが存在してt>TにおいてΞ(t)は定符号となる。
 またt>TにおいてΞ(t)>0が成り立つとするとある定数K1,K2>0が存在して、補題3の展開係数cn
πn!2cn=0Ξ(t)tndtTΞ(t)tndt0T|Ξ(t)|tndt2T2T+1Ξ(t)tndt0T|Ξ(t)|tndtK1(2T)nK2Tn
のように評価でき、したがって十分大きいnに対してcn>0が成り立つ(Ξ(t)<0を仮定した場合も同様にしてcn<0がわかる)。
 特にx12H(x)logxについて何回か微分しxeπi4とすることで
1(2N)!(dd(ilogx))2Nx12H(x)=n=Nc2n(2n2N)(ilogx)2n2Nn=Nc2n(2n2N)(π4)2n2N=n=Nc2n(2n2N)(π4)2n2N>0
が成り立たなければならないが
dd(ilogx)=dxd(ilogx)ddx=ixddx
および補題4に注意すると
(dd(ilogx))2Nx12H(x)0
が成り立つので矛盾。よって主張を得る。

参考文献

[1]
G. H. Hardy, Sur les Zéros de la fonction ζ(s) de Riemann, C. R. Acad. Sci. Paris, 1914, 1012-1014
[2]
H. M. Edwards, Riemann's Zeta Function, Dover Publications, 1974, 226-229
投稿日:202435
更新日:202436
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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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