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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 $ζ (s)$ の $Re (s) = \frac{1}{2}$ 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
$N (T) = \sum_{0 < Im ρ \leq T} 1, N_{0} (T) = \sum_{\begin{matrix} 0 < Im ρ \leq T \\ Re ρ = \frac{1}{2} \end{matrix}} 1$
とおくと、リーマン予想は
$N (T) = N_{0} (T)$
が成り立つことと言い換えられます。
　また $N (T)$ は
$N (T) = \frac{T}{2 π} \log \frac{T}{2 π} - \frac{T}{2 π} + O (\log T)$
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
$\underset{T \to \infty}{lim inf} \frac{N_{0} (T)}{N (T)} = \underset{T \to \infty}{lim inf} \frac{N_{0} (T)}{\frac{T}{2 π} \log T} = 1$
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
$\underset{T \to \infty}{lim inf} \frac{N_{0} (T)}{N (T)} \geq 0.417293962 (> \frac{5}{12})$
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 $N_{0} (T)$ 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

$lim_{T \to \infty} N_{0} (T) = \infty$

　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
$\underset{T \to \infty}{lim inf} \frac{N_{0} (T)}{T} > 0$
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

$G (x) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} e^{- π n^{2} x^{2}}$
とおくと
$\begin{aligned} π^{- \frac{s}{2}} Γ (\frac{s}{2}) ζ (s) & = \int_{1}^{\infty} (x^{- s} + x^{- (1 - s)}) (G (x) - 1) d x - \frac{1}{s} - \frac{1}{1 - s} \\ = {\begin{cases} \int_{0}^{\infty} x^{- s} (G (x) - \frac{1}{x}) d x & (1 < Re (s)) \\ \int_{0}^{\infty} x^{- s} (G (x) - 1 - \frac{1}{x}) d x & (0 < Re (s) < 1) \\ \int_{0}^{\infty} x^{- s} (G (x) - 1) d x & (Re (s) < 0) \end{cases} \end{aligned}$
が成り立つ。

　最初の等号についてはよく知られた等式
$π^{- \frac{s}{2}} Γ (\frac{s}{2}) ζ (s) = \int_{1}^{\infty} (t^{\frac{s}{2} - 1} + t^{\frac{1 - s}{2} - 1}) ψ (t) d t - \frac{1}{s (1 - s)}$
において
$ψ (t) = \sum_{n = 1}^{\infty} e^{- π n^{2} t} = \frac{G (\sqrt{t}) - 1}{2}$
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 $G (1 / x) = x G (x)$ より
$\begin{aligned} \int_{1}^{\infty} x^{s - 1} (G (x) - 1) d x & = \int_{0}^{1} x^{- s - 1} (G (\frac{1}{x}) - 1) d x \\ = \int_{0}^{1} x^{- s} (G (x) - \frac{1}{x}) d x \end{aligned}$
が成り立つこと、および
$\frac{1}{s} + \frac{1}{1 - s} = {\begin{cases} \int_{1}^{\infty} x^{- s - 1} d x - \int_{1}^{\infty} x^{- s} d x & (1 < Re (s)) \\ \int_{1}^{\infty} x^{- s - 1} d x + \int_{0}^{1} x^{- s} d x & (0 < Re (s) < 1) \\ - \int_{0}^{1} x^{- s - 1} d x + \int_{0}^{1} x^{- s} d x & (Re (s) < 0) \end{cases}$
に注意するとわかる。

$\begin{aligned} ξ (s) & = \frac{s (s - 1)}{2} π^{- \frac{s}{2}} Γ (\frac{s}{2}) ζ (s) \\ Ξ (t) & = ξ (\frac{1}{2} + i t) \\ H (x) & = x \frac{d^{2}}{d x^{2}} (x G (x)) \end{aligned}$
とおくと
$x^{\frac{1}{2}} H (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{2 n} (i \log x)^{2 n} (c_{n} = \frac{2}{π n!} \int_{0}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t)$
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
$G (x) - 1 - \frac{1}{x} = \frac{1}{2 π i} \int_{σ - i \infty}^{σ + i \infty} \frac{2 ξ (s)}{s (s - 1)} x^{s - 1} d s$
がわかるので、これに $x$ を掛けて二階微分することで
$\begin{aligned} H (x) & = \frac{1}{π i} \int_{\frac{1}{2} - i \infty}^{\frac{1}{2} + i \infty} ξ (s) x^{s - 1} d s \\ = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{\infty} Ξ (t) x^{- \frac{1}{2} + i t} d t \\ x^{\frac{1}{2}} H (x) & = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{\infty} Ξ (t) (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(i t \log x)^{n}}{n!}) d t \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{π n!} \int_{- \infty}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t) (i \log x)^{n} \end{aligned}$
を得る。
　また関数等式 $Ξ (t) = Ξ (- t)$ から $n$ が奇数のとき
$\frac{1}{π n!} \int_{- \infty}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t = 0$
が成り立ち、 $n$ が偶数のとき
$\frac{1}{π n!} \int_{- \infty}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t = \frac{2}{π n!} \int_{0}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t$
が成り立つことに注意すると主張を得る。

$x \in D := {z \in C ∣ | \arg z | < π / 4}$
において極限 $x \to e^{\frac{π i}{4}}$ を考えると、任意の $n$ に対して
$lim_{x \to e^{\frac{π i}{4}}} \frac{d^{n}}{d x^{n}} G (x) = lim_{x \to e^{\frac{π i}{4}}} \frac{d^{n}}{d x^{n}} H (x) = 0$
が成り立つ。

$\begin{aligned} G (x) + G (\sqrt{x^{2} + i}) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} e^{- π n^{2} x^{2}} + \sum_{n = - \infty}^{\infty} (- 1)^{n} e^{- π n^{2} x^{2}} \\ = 2 \sum_{n = - \infty}^{\infty} e^{- π (2 n)^{2} x^{2}} \\ = 2 G (2 x) \end{aligned}$
より $G (x) = G (1 / x) / x$ に注意すると
$\begin{aligned} G (\sqrt{x^{2} + i}) & = \frac{2}{2 x} G (\frac{1}{2 x}) - \frac{1}{x} G (\frac{1}{x}) \\ = \frac{1}{x} (\sum_{n = - \infty}^{\infty} e^{- π n^{2} / 4 x^{2}} - \sum_{n = - \infty}^{\infty} e^{- π n^{2} / x^{2}}) \\ = \frac{1}{x} \sum_{n : odd} e^{- π n^{2} / 4 x^{2}} \end{aligned}$
が成り立つ。
　したがってこの $x \to 0$ における挙動を考えることで、 $G (x)$ およびその導関数は $x \to e^{\frac{π i}{4}}$ 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 $Re (s) = \frac{1}{2}$ 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 $ξ (\frac{1}{2} + s)$ 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 $K_{1}, K_{2} > 0$ が存在して、補題3の展開係数 $c_{n}$ は
$\begin{aligned} \frac{π n!}{2} c_{n} & = \int_{0}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t \\ \geq \int_{T}^{\infty} Ξ (t) t^{n} d t - \int_{0}^{T} | Ξ (t) | t^{n} d t \\ \geq \int_{2 T}^{2 T + 1} Ξ (t) t^{n} d t - \int_{0}^{T} | Ξ (t) | t^{n} d t \\ \geq K_{1} (2 T)^{n} - K_{2} T^{n} \end{aligned}$
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( $Ξ (t) < 0$ を仮定した場合も同様にして $c_{n} < 0$ がわかる)。
　特に $x^{\frac{1}{2}} H (x)$ を $\log x$ について何回か微分し $x \to e^{\frac{π i}{4}}$ とすることで
$\begin{aligned} \frac{1}{(2 N)!} {(\frac{d}{d (i \log x)})}^{2 N} x^{\frac{1}{2}} H (x) & = \sum_{n = N}^{\infty} c_{2 n} (\binom{2 n}{2 N}) (i \log x)^{2 n - 2 N} \\ \to \sum_{n = N}^{\infty} c_{2 n} (\binom{2 n}{2 N}) {(- \frac{π}{4})}^{2 n - 2 N} \\ = \sum_{n = N}^{\infty} c_{2 n} (\binom{2 n}{2 N}) {(\frac{π}{4})}^{2 n - 2 N} \\ > 0 \end{aligned}$
が成り立たなければならないが
$\frac{d}{d (i \log x)} = \frac{d x}{d (i \log x)} \frac{d}{d x} = - i x \frac{d}{d x}$
および補題4に注意すると
${(\frac{d}{d (i \log x)})}^{2 N} x^{\frac{1}{2}} H (x) \to 0$
が成り立つので矛盾。よって主張を得る。