「ゼータ関数の基礎」シリーズ第9回です。前回はこちら：
$s=\sigma+it$ , $\sigma>0$ とする。フルヴィッツゼータ関数 $\zeta(s,a)$ は$$|\zeta(s,a)|<\frac{1}{a^\sigma}+\int_0^{\lfloor t\rfloor}\frac{dx}{(x+a)^\sigma}+\frac{1}{|t||\lfloor t\rfloor +a|^{\sigma-1}}+|s|\int^\infty_{\lfloor t\rfloor -1}\frac{dx}{(x+a)^{\sigma+1}}$$なる不等式をみたす。
また小さな数 $\delta>0$ に対し
・$\delta\le\sigma\le1-\d$ では$$|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(|t|^{1-\sigma})$$
・$1-\d\le \sigma\le 1+\d$ では$$|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(\log|t|)$$
・$\sigma\ge1+\d$ では$$|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(1)$$
級数や積分、およびその評価等を用いてこれらを示していきます。これまでと引き続き、$0<a\le 1$ とします。
もくじ
$\sigma>1$ とします。このときフルヴィッツゼータ関数は$$\zeta(s,a)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+a)^s}$$と表せます。これより $N\in\NN$ に対して以下のように $\zeta(s,a)$ を崩します。\begin{eqnarray*}\zeta(s,a)&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+a)^s}\\&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}+\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{(n+1+a)^s}\\&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}+\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{(n+1+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}\\&&\quad-\displaystyle\lim_{N'\to\infty}\frac{1}{1-s}\left[\frac{1}{(N'+1+a)^{s-1}}-\frac{1}{(N+a)^{s-1}}\right]\end{eqnarray*}最後の変形は唐突な感じがしますが、$\lim$ 内の第1項は極限で $0$ というだけのことです。
さらに変形を進めます。\begin{eqnarray*}\zeta(s,a)&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}+\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{(n+1+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}\\&&\quad-\displaystyle\lim_{N'\to\infty}\frac{1}{1-s}\sum_{n=N}^{N'}\left[\frac{1}{(n+1+a)^{s-1}}-\frac{1}{(n+a)^{s-1}}\right]\\&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}+\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{(n+1+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}\\&&\quad-\sum_{n=N}^{\infty}\frac{1}{1-s}\left[\frac{1}{(n+1+a)^{s-1}}-\frac{1}{(n+a)^{s-1}}\right]\\&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}\\&&\quad-\sum_{n=N}^{\infty}\left[\frac{1}{1-s}\left\{\frac{1}{(n+1+a)^{s-1}}-\frac{1}{(n+a)^{s-1}}\right\}-\frac{1}{(n+1+a)^s}\right]\\&&=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}-s\sum_{n=N}^{\infty}\int_n^{n+1}\frac{u-n}{(u+a)^{s+1}}du\end{eqnarray*}
ここで関数列 $\{f_n(s)\}$ を$$f_n(s)\equiv\int_n^{n+1}\frac{u-n}{(u+a)^{s+1}}du$$とおけば
\begin{equation}\zeta(s,a)=\sum_{n=0}^N\frac{1}{(n+a)^s}-\frac{1}{(1-s)(N+a)^{s-1}}-s\sum_{n=N}^{\infty}f_n(s)\tag{2}\end{equation}
小さな数 $\delta>0$ を決めます。$\sigma\ge \delta$ に対して、この関数列は\begin{eqnarray*}|f_n(s)|&&\le\int_n^{n+1}\frac{u-n}{|(u+a)^{s+1}|}du\\&&=\int_n^{n+1}\frac{u-n}{(u+a)^{\sigma+1}}du\\&&\le\int_n^{n+1}\frac{1}{(u+a)^{\sigma+1}}du\\&&\le\int_n^{n+1}\frac{1}{(n+a)^{\sigma+1}}du\\&&=\frac{1}{(n+a)^{\sigma+1}}\\&&\le\frac{1}{(n+a)^{\delta+1}}\end{eqnarray*}よって $s$ によらない数列 $M_n=\frac{1}{(n+a)^{\delta+1}}$ ととれば任意の $n$ に対して $|f_n(s)|\le M_n$ となります。
また対応する級数をとると $$\sum_{n=N}^\infty M_n\le \zeta(\delta+1,a)<+\infty$$となりますから、関数項級数 $\sum_{n=N}^\infty f_n(s)$ は一様収束して解析的となります。
(2) で $N=\lfloor t \rfloor$ とします。これは $t$ を超えない最大の整数を表します。$$|\zeta(s,a)|\le\sum_{n=0}^{\lfloor t \rfloor}\left|\frac{1}{(n+a)^\sigma}\right|+\left|\frac{1}{(1-s)(\lfloor t \rfloor+a)^{\sigma-1}}\right|-\sum_{n=\lfloor t \rfloor}^{\infty}\frac{|s|}{(n+a)^{\sigma+1}}$$
右辺第２項について$$\frac{1}{|1-s|}=\frac{1}{\sqrt{(1-\sigma)^2+t^2}}\le\frac{1}{|t|}$$を用いて$$|\zeta(s,a)|\le\sum_{n=0}^{\lfloor t \rfloor}\frac{1}{(n+a)^\sigma}+\frac{1}{|t||\lfloor t \rfloor+a|^{\sigma-1}}+\sum_{n=\lfloor t \rfloor}^{\infty}\frac{|s|}{(n+a)^{\sigma+1}}$$
ある関数 $f(x)$ が$$f(m+1)\le\int_m^{m+1}f(x)dx\le f(m)$$を満たすならば$$\sum_{m=1}^nf(m)\le\int_0^nf(x)dx\le\sum_{m=0}^{n-1}f(m)$$であることを使うと
$$\sum_{n=0}^{\lfloor t \rfloor}\frac{1}{(n+a)^\sigma}\le\frac{1}{a^\sigma}+\int_0^{\lfloor t\rfloor}\frac{dx}{(x+a)^\sigma}$$$$\sum_{n=\lfloor t \rfloor}^{\infty}\frac{1}{(n+a)^{\sigma+1}}\le\int_{\lfloor t\rfloor-1}^\infty\frac{dx}{(x+a)^{\sigma+1}}$$とできます。
よって得られる不等式は
$$|\zeta(s,a)|<\frac{1}{a^\sigma}+\int_0^{\lfloor t\rfloor}\frac{dx}{(x+a)^\sigma}+\frac{1}{|t||\lfloor t\rfloor +a|^{\sigma-1}}+|s|\int^\infty_{\lfloor t\rfloor -1}\frac{dx}{(x+a)^{\sigma+1}}$$
$\delta\le\sigma\le 1-\delta$のとき
$s$ の実部 $\sigma$ が0と1の間にある場合を考えます。積分を実行して
\begin{eqnarray*}|\zeta(s,a)|&&<\frac{1}{a^\sigma}+\left[\frac{(x+a)^{1-\sigma}}{1-\sigma}\right]_0^{\lfloor t\rfloor}+\frac{1}{|t||\lfloor t\rfloor +a|^{\sigma-1}}-|s|\left[\frac{(x+a)^{-\sigma}}{\sigma}\right]^\infty_{\lfloor t\rfloor -1}\\&&=\frac{1}{a^\sigma}+\frac{(\lfloor t\rfloor+a)^{1-\sigma}-a^{1-\sigma}}{1-\sigma}+\frac{1}{|t||\lfloor t\rfloor +a|^{\sigma-1}}-\frac{|s|}{\sigma}\frac{1}{(\lfloor t\rfloor-1+a)^\sigma}\end{eqnarray*}
$t\to\pm\infty$ を考えると、第2項と第3項は $|t|^{1-\sigma}$ のオーダーです。第4項については $s$ が $t$ の1次のオーダーであることから、やはり $|t|^{1-\sigma}$ のオーダーです。$$\therefore\quad|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(|t|^{1-\sigma})$$
$1-\d\le \sigma\le 1+\d$のとき
$s$ の実部 $\sigma$ が1くらいの場合を考えます。ざっくりやります。同様に積分を実行して$$|\zeta(s,a)|<\frac{1}{a^\sigma}+\frac{(\lfloor t\rfloor+a)^{1-\sigma}-a^{1-\sigma}}{1-\sigma}+\frac{1}{|t||\lfloor t\rfloor +a|^{\sigma-1}}-\frac{|s|}{\sigma}\frac{1}{(\lfloor t\rfloor-1+a)^\sigma}$$$t\to\pm\infty$ を考えると、第1項および第4項は $t$ の0次、第3項はゼロへ収束します。
第2項は\begin{eqnarray*}\frac{(\lfloor t\rfloor+a)^{1-\sigma}-a^{1-\sigma}}{1-\sigma}&&=\frac{(\lfloor t\rfloor+a)^{1-\sigma}-1}{1-\sigma}-\frac{a^{1-\sigma}-1}{1-\sigma}\\&&\approx\log(\lfloor t\rfloor+a)-\log a\quad(\sigma\to1) \end{eqnarray*}よって$$|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(\log|t|)$$
$\sigma\ge 1+\d$のとき
$\sigma$ が1より大きいと $\frac{1}{a^\sigma}$ の項のみが効いてきます。$$|\zeta(s,a)|\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}O(1)$$
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
