クリティカルライン上の零点について

　最初の等号についてはよく知られた等式
$$\pi^{-\frac s2}\G\l(\frac s2\r)\z(s) =\int^\infty_1(t^{\frac s2-1}+t^{\frac{1-s}2-1})\psi(t)dt-\frac1{s(1-s)}$$
において
$$\psi(t)=\sum^\infty_{n=1}e^{-\pi n^2t}=\frac{G(\sqrt t)-1}2$$
に注意して$t=x^2$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
\begin{align} \int^\infty_1x^{s-1}(G(x)-1)dx &=\int^1_0x^{-s-1}(G\l(\frac1x\r)-1)dx\\ &=\int^1_0x^{-s}\l(G(x)-\frac1x\r)dx \end{align}
が成り立つこと、および
$$\frac1s+\frac1{1-s}=\l\{\begin{array}{ll} \dis\int^\infty_1x^{-s-1}dx-\int^\infty_1x^{-s}dx&(1<\Re(s))\\ \dis\int^\infty_1x^{-s-1}dx+\int^1_0x^{-s}dx&(0<\Re(s)<1)\\ \dis-\int^1_0x^{-s-1}dx+\int^1_0x^{-s}dx&\phantom{1<{}}(\Re(s)<0)\\ \end{array}\r.$$
に注意するとわかる。

　上の補題の逆メリン変換を考えることで任意の$0<\s<1$に対し
$$G(x)-1-\frac1x=\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{2\xi(s)}{s(s-1)}x^{s-1}ds$$
がわかるので、これに$x$を掛けて二階微分することで
\begin{align} H(x) &=\frac1{\pi i}\int^{\frac12+i\infty}_{\frac12-i\infty}\xi(s)x^{s-1}ds\\ &=\frac1\pi\int^\infty_{-\infty}\Xi(t)x^{-\frac12+it}dt\\ x^\frac12H(x) &=\frac1\pi\int^\infty_{-\infty}\Xi(t)\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{(it\log x)^n}{n!}\r)dt\\ &=\sum^\infty_{n=0}\l(\frac1{\pi n!}\int^\infty_{-\infty}\Xi(t)t^ndt\r)(i\log x)^n \end{align}
を得る。
　また関数等式$\Xi(t)=\Xi(-t)$から$n$が奇数のとき
$$\frac1{\pi n!}\int^\infty_{-\infty}\Xi(t)t^ndt=0$$
が成り立ち、$n$が偶数のとき
$$\frac1{\pi n!}\int^\infty_{-\infty}\Xi(t)t^ndt=\frac2{\pi n!}\int^\infty_0\Xi(t)t^ndt$$
が成り立つことに注意すると主張を得る。

\begin{align} G(x)+G(\sqrt{x^2+i}) &=\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi n^2x^2}+\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^ne^{-\pi n^2x^2}\\ &=2\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi(2n)^2x^2}\\ &=2G(2x) \end{align}
より$G(x)=G(1/x)/x$に注意すると
\begin{align} G(\sqrt{x^2+i}) &=\frac2{2x}G\l(\frac1{2x}\r)-\frac1xG\l(\frac1x\r)\\ &=\frac1x\l(\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi n^2/4x^2}-\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi n^2/x^2}\r)\\ &=\frac1x\sum_{n:\mathrm{odd}}e^{-\pi n^2/4x^2} \end{align}
が成り立つ。
　したがってこの$x\to0$における挙動を考えることで、$G(x)$およびその導関数は$x\to e^{\frac{\pi i}4}$において$0$に収束することがわかる。

　$\Xi(t)$は実関数であること(偶関数性に注意して$\xi(\frac12+s)$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$\Xi(t)$は定符号となる。
　また$t>T$において$\Xi(t)>0$が成り立つとするとある定数$K_1,K_2>0$が存在して、補題3の展開係数$c_n$は
\begin{align} \frac{\pi n!}2c_n &=\int^\infty_0\Xi(t)t^ndt\\ &\geq\int^\infty_T\Xi(t)t^ndt-\int^T_0|\Xi(t)|t^ndt\\ &\geq\int^{2T+1}_{2T}\Xi(t)t^ndt-\int^T_0|\Xi(t)|t^ndt\\ &\geq K_1(2T)^n-K_2T^n \end{align}
のように評価でき、したがって十分大きい$n$に対して$c_n>0$が成り立つ($\Xi(t)<0$を仮定した場合も同様にして$c_n<0$がわかる)。
　特に$x^\frac12H(x)$を$\log x$について何回か微分し$x\to e^{\frac{\pi i}4}$とすることで
\begin{align} \frac1{(2N)!}\l(\frac d{d(i\log x)}\r)^{2N}x^\frac12 H(x) &=\sum^\infty_{n=N}c_{2n}\binom{2n}{2N}(i\log x)^{2n-2N}\\ &\to\sum^\infty_{n=N}c_{2n}\binom{2n}{2N}\l(-\frac\pi4\r)^{2n-2N}\\ &=\sum^\infty_{n=N}c_{2n}\binom{2n}{2N}\l(\frac\pi4\r)^{2n-2N}\\ &>0 \end{align}
が成り立たなければならないが
$$\frac d{d(i\log x)}=\frac{dx}{d(i\log x)}\frac d{dx}=-ix\frac d{dx}$$
および補題4に注意すると
$$\l(\frac d{d(i\log x)}\r)^{2N}x^\frac12 H(x)\to0$$
が成り立つので矛盾。よって主張を得る。