ディリクレのL-関数がn次のオイラー積になるための条件

オイラー積,Euler積,ディリクレのL-関数

皆さんこんにちは！
今回はRamanujanで有名な二次のEular積をn次に一般化したとき、それを満たす関数にはどのような性質があるのかについて話していこうと思います。

二次のEuler積

Euler積

$\chi(n)$を乗法的関数である数論的関数としたとき、
ディリクレのL-関数$L(\chi,s)= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\chi(n)n^{-s} $は、以下の積表示を持つ。

$L(\chi,s)=\displaystyle\prod_{p \in \mathbb{P}}(\sum_{n=0}^{\infty}\chi(p^n)p^{-ns})$

この積をEuler積という。

また$\chi(n)$が完全乗法的関数のならば

$$L(\chi,s)=\prod_{p \in \mathbb{P}}(1-\chi(p)p^{-n})^{-1}$$

となる。

証明

\begin{align} S&=L(\chi,s)=\sum_{n=0}^{\infty}\chi(n)n^{-s}\\&=\chi(1)1^{-s}+\chi(2)2^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(4)4^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(6)6^{-s}+\cdots \end{align}

$\chi(n)$は乗法的関数なので
\begin{align} S&=\chi(1)1^{-s}+\chi(2)2^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(4)4^{-s}+\chi(5)5^{-s}+(\chi(2)2^{-s})\cdot(\chi(3)3^{-s})+\cdots \\ \\&=(\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\cdots)+\chi(2)2^{-s}(\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\cdots) +\chi(4)4^{-s}(\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\cdots)+\cdots S=(\chi(1)1^{-s}+\chi(2)2^{-s}+\chi(4)4^{-s}+\cdots)(\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\cdots) \end{align}

ここで、$S_1=\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\cdots$と置くと、

$$S=(\sum_{n=0}^{\infty}\chi(2^n)2^{-ns})S_1$$

また$S_1$は
\begin{align} S_1&=(\chi(1)1^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(7)7^{-s}+\cdots)+\chi(3)3^{-s}(\chi(1)1^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(7)7^{-s}+\cdots)+\chi(9)9^{-s}(\chi(1)1^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(7)7^{-s}+\cdots)+\cdots \\ \\&=(\chi(1)1^{-s}+\chi(3)3^{-s}+\chi(9)9^{-s}+\cdots)(\chi(1)1^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(7)7^{-s}+\cdots) \end{align}
ここで、$S_2=\chi(1)1^{-s}+\chi(5)5^{-s}+\chi(7)7^{-s}+\cdots$と置くと、

$$S_1=(\sum_{n=0}^{\infty}\chi(3^{n})3^{-ns})S_2$$

同様に$S_3,S_4,\cdots$と求めていくと
$$ S_3=\sum_{n=0}^{\infty}\chi(5^n)5^{-ns},S_4=\sum_{n=0}^{\infty}\chi(7^n)7^{-ns},\cdots,S_i=\sum_{n=0}^{\infty}\chi(p_i^n)p_i^{-ns},\cdots$$
ただし、$p_i$はi番目の素数である。
これらの積が$S$と等しくなるので、

$$S=\prod_{i=1}^{\infty}S_i=\prod_{p\in\mathbb{P}}(\sum_{n=0}^{\infty}\chi(p^n)p^{-ns})$$

Ramanujanのデルタ関数、タウ関数

$ Im(z) \gt 0 $ の範囲において $ q=e^{2\pi iz} $と置くと

$\Delta(z)=q \displaystyle\prod_{n = 1}^{\infty} (1-q^n)^{24}= \displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\tau(n)q^n $

Ramanujanのタウ関数の性質

$m,n\in\mathbb{N},p\in\mathbb{P} ,k \geq0 $において

$\tau(mn)=\tau(m)\tau(n) $ $(gcd(m,n)=1) $

$\tau(p^{k+2})=\tau(p)\tau(p^{k+1})-p^{11}\tau(p^{k})$

このタウ関数の性質の証明は今回の記事の本題ではないので、
いつかこれについての記事を出したいと思っております。
気長にお待ちください。

二次のEuler積

$L(\tau,s)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)n^{-s}$は次のような積で表すことができる。

$L(\tau,s)=\displaystyle\prod_{p\in \mathbb{P}}(1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})^{-1} $

二次のEuler積

証明

$\tau(n)$は乗法的関数なので
$$L(\tau,s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}(\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^n)p^{-ns})$$
よって,$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^n)p^{-ns}=(1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})^{-1}$が成り立つことを示せばよい。

$$S(p)=\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^n)p^{-ns}$$

と置くと

$$S(p)=1+\tau(p)p^{-s}+\sum_{n=2}^{\infty}\tau(p^n)p^{-ns} =1+\tau(p)p^{-s}+\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^{n+2})p^{-(n+2)s} $$

$\tau(p^{-(n+2)s})$に関係式を使うと
\begin{align} S(p)&=1+\tau(p)p^{-s}+\sum_{n=0}^{\infty}(\tau(p)\tau(p^{-(n+1)s})-p^{11}\tau(p^{-ns}))p^{-(n+2)s} \\&=1+\tau(p)p^{-s}+\tau(p)p^{-s}\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^{-(n+1)s})p^{-(n+1)s}-p^{11-2s}\sum_{n=0}^{\infty}\tau(p^{-ns})p^{-ns} \\&=1+\tau(p)p^{-s}+\tau(p)p^{-s}(S(p)-1)-p^{11-2s}S(p) \\ \\&=1+(\tau(p)p^{-s}-p^{11-2s})S(p) \end{align}
\begin{align} (1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})S(p)&=1 \\\\ S(p)&=(1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})^{-1} \end{align}
よって、$\displaystyle L(\tau,s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}^{\infty}S(p)$より、

$$L(\tau,s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}^{\infty}(1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})^{-1}$$

n次のEuler積になるための条件

n次のEuler積

ある数論的関数$\chi$についてのディリクレ級数$L(\chi,s)$が次のように表されるとき、n次のEuler積とする。

$$L(\chi,s)=\prod_{p \in \mathbb{P}}(1-\chi(p)p^{-s}+\sum_{k=1}^{n-1}a_k(p)p^{-(k+1)s})^{-1}$$

ただし、$ \lbrace a_k \rbrace_{k\in \mathbb{N}} $は関数の列とし、$a_{n-1}\neq0$とする。

n次のEuler積になるために関数に課される条件について

$gcd(i,j)=1 $, $k \gt 0 $, $t \notin \mathbb{N}$, 関数列$\lbrace a_i \rbrace_{i\in\mathbb{N}}$ ($a_{n-1}\neq0$)に対して、関数$\chi$が
\begin{align} &\chi(ij)=\chi(i)\chi(j) \\\\ &\chi(1)=1 \\\\ & \chi(t)=0 \\\\ &\chi(p^{k+1})=\chi(p)\chi(p^{k})+\sum_{i=1}^{n-1}a_i(p)\chi(p^{k-i}) \end{align}
のすべてを満たせば、この関数についてのディリクレのL-関数$L(\chi,s)$はn次のEuler積となる。

証明

関数$\chi$の乗法性から、

$$L(\chi,s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}(\sum_{k=0}^{\infty}\chi(p^{k})p^{-ks})=\prod_{p\in\mathbb{P}}S(p)$$
よって$S(p)$を計算すればよいから、$f_k=\chi(p^{k})p^{-ks}$,$g_k=\chi(p^{k})$と置くと、
\begin{align} S(p)&=\sum_{k=0}^{n-1}f_k+\sum_{k=n}^{\infty}f_k \\\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}f_k+f_1\sum_{k=n}^{\infty}f_{k-1}+\sum_{k=n}^{\infty}\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s}f_{k-m-1} \\\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}f_k+f_1\sum_{k=n}^{\infty}f_{k-1}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s}\sum_{k=n}^{\infty}f_{k-m-1} \\\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}f_k+f_1(S(p)-\sum_{k=1}^{n-1}f_{k-1})+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s}(S(p)-\sum_{k=1}^{n-1}f_{k-m-1}) \\\\ &=(f_1+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p)+\sum_{k=0}^{n-1}f_k-f_1\sum_{k=1}^{n-1}f_{k-1}-\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s}\sum_{k=1}^{n-1}f_{k-m-1} \\\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}f_k-\sum_{k=1}^{n-1}(f_1f_{k-1}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)f_{k-m-1}p^{-(m+1)s})+(f_1+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \\\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}g_kp^{-ks}-\sum_{k=1}^{n-1}(g_1g_{k-1}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)g_{k-m-1})p^{-ks}+(g_1p^{-s}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \end{align}
$ g_1g_{k-1}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)g_{k-m-1}=g_k $ であるから、
\begin{align} S(p)&=\sum_{k=0}^{n-1}g_kp^{-ks}-\sum_{k=1}^{n-1}g_kp^{-ks}+(g_1p^{-s}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \\\\ &=g_0p^{-0s}+(g_1p^{-s}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \\\\ &=1+(g_1p^{-s}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \end{align}

よって
\begin{align} S(p)&=1+(g_1p^{-s}+\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p) \\\\ &(1-g_1p^{-s}-\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})S(p)=1 \\\\ S(p)&=(1-g_1p^{-s}-\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})^{-1} \\\\ &=(1-\chi(p)p^{-s}-\sum_{m=1}^{n-1}a_m(p)p^{-(m+1)s})^{-1} \end{align}
よって示された。