「ゼータ関数の基礎」シリーズ第6回です。前回はゼータ関数の特殊値は関数等式について解説しました：
読まなくても本記事は理解できます。
もくじ
エルミートの公式
$0<a\le1$ とする。あらゆる $s\in\mathbb{C}$ に対し$$\zeta(s,a)=\frac{1}{2a^s}+\frac{a^{1-s}}{s-1}+2\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy$$これを「エルミートの公式」という。
これとビネの第2公式を比較することにより$$\displaystyle\lim_{s\to1}\left(\zeta(s,a)-\frac{1}{s-1}\right)=-\psi(a)$$ただし $\psi(a)$ はディガンマ(digamma)関数。
またエルミートの公式によりフルヴィッツゼータ関数の微分係数が求まる。$$\left.\frac{d\zeta(s,a)}{ds}\right|_{s=0}=\log\G(a)-\frac{1}{2}\log2\pi$$
公式の導出について調べるとビネの第2公式から出発するものが出てきますが、ここではWhittaker-Watsonのテキストに習ってアベル・プラナ(Abel-Plana)の和公式からスタートします。どっちみちビネの第2公式も使いますので本質は同じなのかもしれません。
古いですが有名な書物で、どんどん改訂版が出ています。前半は解析学一般、後半は特殊関数という内容で、網羅的に勉強できます。演習問題に解答がないのが昔ながらのものって感じ。2022/11/6現在、最新版は5th Editionで私も所有していますが、廉価な3rdとかでも十分かと。
A Course of Modern Analysis: fifth Edition
A Course of Modern Analysis: Third Edition
予備知識：Abel-Planaの和公式
\begin{multline}\sum_{k=m}^nf(k)=\frac{f(m)+f(n)}{2}+\int_m^nf(z)dz\\+i\int_0^\infty\frac{f(m+iy)-f(m-iy)-f(n+iy)+f(n-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy\end{multline}
これをある関数に適用するところからスタートします。おさえておきましょう。
過去に「ビネの第2公式」を証明するときに、補題としてこれを導出しました：
複素数 $s=\sigma+it$ とし $\sigma>1$ とします。定数を $0<a\le1$ とし、次の複素関数 $f(z)$ を定義します。\begin{equation}f(z)\equiv\frac{1}{(z+a)^s}\tag{1}\end{equation}この $f(z)$ はAbel-Planaに適用するための条件$$\displaystyle\lim_{y\to\infty}\frac{f(x\pm iy)}{e^{2\pi y}}=0$$を明らかに満たしています。
和公式で $m=0$ , $n=N$ とします。ここで $N$ は大きな自然数です。\begin{eqnarray*}\sum_{k=0}^N\frac{1}{(k+a)^s}=&&\frac{f(0)+f(N)}{2}+\int_0^N\frac{dz}{(z+a)^s}\\&&+i\int_0^\infty\frac{(a+iy)^{-s}-(a-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\\&&-i\int_0^\infty\frac{(a+N+iy)^{-s}-(a+N-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\\=&&\frac{1}{2a^s}+\frac{1}{2(a+N)^s}+\int_0^N\frac{dz}{(z+a)^s}\\&&+i\int_0^\infty\frac{(a+iy)^{-s}-(a-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\\&&-i\int_0^\infty\frac{(a+N+iy)^{-s}-(a+N-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\end{eqnarray*}
$N\to\infty$ の極限をとりましょう。左辺はゼータ関数になります。\begin{eqnarray}\zeta(s,a)=&&\frac{1}{2a^s}+\int_0^\infty\frac{dz}{(z+a)^s}\\&&+i\int_0^\infty\frac{(a+iy)^{-s}-(a-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\\&&-i\displaystyle\lim_{N\to\infty}\int_0^\infty\frac{(a+N+iy)^{-s}-(a+N-iy)^{-s}}{e^{2\pi y}-1}dy\tag{2}\end{eqnarray}右辺第2項は $\sigma>1$ に注意して$$\int_0^\infty\frac{dz}{(z+a)^s}=-\left[\frac{(z+a)^{1-s}}{s-1}\right]_0^\infty=\frac{a^{1-s}}{s-1}$$第3項は分子の2項を極形式にします。\begin{eqnarray*}(a+iy)^{-s}-(a-iy)^{-s}&=&-(a^2+y^2)^{-\frac{s}{2}}(e^{i\phi s}-e^{-i\phi s})\quad(\tan\phi=\frac{y}{a})\\&=&-\frac{2i\sin\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}}\end{eqnarray*}第4項の分子に関しても同様に$$(a+N+iy)^{-s}-(a+N-iy)^{-s}=-\frac{2i\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}}$$これらを(2)に用いると
\begin{eqnarray}\zeta(s,a)&=&\frac{1}{2a^s}+\frac{a^{1-s}}{s-1}\\&&+2\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\\&&-2\displaystyle\lim_{N\to\infty}\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\tag{3}\end{eqnarray}
右辺の最後の項に残った積分は $N\to\infty$ の極限で $0$ となります。それを示しましょう。
では$$\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy$$を評価します。分子が厄介です。
分子の評価
$s=\sigma+it$ , $\sigma>1$ に対し\begin{eqnarray}&&\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|^2\\&&=\sinh^2\left(|t|\arctan\frac{y}{a+N}\right)+\sin^2\left(\sigma\arctan\frac{y}{a+N}\right)\tag{4}\end{eqnarray}
$\left|\sin\left(a+ib\right)\right|^2=\sin^2 a+\sinh^2 b$ を用いました。導出は以下です。\begin{eqnarray*}\left|\sin\left(a+ib\right)\right|^2&=&\left|\sin a\cos ib+\cos a\sin ib\right|^2\\&=&\left|\sin a\cosh b+i\cos a\sinh b\right|^2\\&=&\sin^2 a\cosh^2 b+\cos^2 a\sinh^2 b\\&=&\sin^2 a(1+\sinh^2 b)+\cos^2 a\sinh^2 b\\&=&\sin^2 a+\sinh^2 b\end{eqnarray*}
不等式その１
$y_0=(a+N)\tan\frac{\pi}{2\sigma}$ とします。すると$$\sigma\arctan\frac{y_0}{a+N}=\frac{\pi}{2}$$が成立します。
$0\le y\le y_0$ ならば $0\le\sigma\arctan\frac{y}{a+N}\le\frac{\pi}{2}$ です。また $N$ を大きくとれば $\frac{y}{a+N}\le\frac{\pi}{2}$ とできます。$\arctan X\le X$ も合わせれば$$0\le\sigma\arctan\frac{y}{a+N}\le\frac{\sigma y}{a+N}\le\frac{\pi}{2}$$$[0,\frac{\pi}{2}]$ での $\sin x$ の単調増加性から$$\sin^2\left(\sigma\arctan\frac{y}{a+N}\right)\le\sin^2\frac{\sigma y}{a+N}$$$\sin^2X\le\sin X\le X$ ですので結局次のようになります。\begin{equation}\sin^2\left(\sigma\arctan\frac{y}{a+N}\right)\le\frac{\sigma y}{a+N}\tag{5}\end{equation}
なお $y_0$ はその定義より $N$ の1次式となっています。
不等式その２
$t=0$ のときはこの節は無視します。$t\neq 0$ として考えましょう。$\arctan X\le X$ の関係および $\sinh x$ の単調増加性から$$\sinh^2\left(|t|\arctan\frac{y}{a+N}\right)\le\sinh^2\frac{|t|y}{a+N}$$ここで次のような $y_1\neq0$ をとります。$$\sinh^2\frac{|t|y_1}{a+N}=\frac{|t|y_1}{a+N}$$数値としては $\frac{|t|y_1}{a+N}\approx 0.81$ です。
すると $0\le y\le y_1$ なる $y$ について$$\sinh^2\frac{|t|y}{a+N}\le\frac{|t|y}{a+N}$$\begin{equation}\therefore\quad\sinh^2\left(|t|\arctan\frac{y}{a+N}\right)\le\frac{|t|y}{a+N}\tag{6}\end{equation}なお $y_1$ はその定義より $N$ の1次式となっています。
0へ収束
$N$ に依存しない定数 $K$ を$$K=\min\left[\tan\frac{\pi}{2\sigma},\frac{1}{|t|}\right]$$とします。ただし $t=0$ のときは後者を無視します。すると $0\le K\le y_0$ かつ $K\le y_1$ です。よって $0\le y\le K$ に対して(5)(6)を(4)に同時に適用できます。$$\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|^2\le\frac{(\sigma+|t|) y}{a+N}$$$$\therefore\quad\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|\le\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}y}$$
いよいよ積分がゼロとなることを示します。\begin{eqnarray*}&&\left|\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\right|\\&&\le\int_0^\infty\frac{\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{\sigma}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\\&&\le\int_0^K\frac{\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}y}}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{\sigma}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\\&&\quad+\int_K^\infty\frac{\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{\sigma}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\\&&\le\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}}\frac{1}{(a+N)^\sigma}\int_0^K\frac{\sqrt{y}dy}{e^{2\pi y}-1}\\&&\quad+\frac{1}{(a+N)^\sigma}\int_K^\infty\frac{\left|\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)\right|}{e^{2\pi y}-1}dy\end{eqnarray*}
ここで$$\left|\sin(a+bi)\right|=\sqrt{\sin^2 a+\sinh^2 b}\le\sqrt{1+\sinh^2 b}=|\cosh b|$$および $\arctan X\le\frac{\pi}{2}$ を用いて\begin{eqnarray*}&&\left|\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\right|\\&\le&\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}}\frac{1}{(a+N)^\sigma}\int_0^\infty\frac{\sqrt{y}dy}{e^{2\pi y}-1}+\frac{1}{(a+N)^\sigma}\int_K^\infty\frac{\left|\cosh\frac{\pi t}{2}\right|}{e^{2\pi y}-1}dy\\&=&\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}}\frac{1}{(a+N)^\sigma}\int_0^\infty\frac{\sqrt{y}dy}{e^{2\pi y}-1}+\frac{\cosh\frac{\pi t}{2}}{(a+N)^\sigma}\int_K^\infty\frac{dy}{e^{2\pi y}-1}\end{eqnarray*}
第1項は$$\int_0^\infty\frac{\sqrt{y}dy}{e^{2\pi y}-1}=\frac{{\sqrt{\pi}}}{2(2\pi)^\frac{3}{2}}\zeta\left(\frac{3}{2}\right)\equiv M_1$$なので $N$ に関係なく有界です。
この計算については：
第2項は\begin{eqnarray*}\int_K^\infty\frac{dy}{e^{2\pi y}-1}&=&\int_K^\infty\left(\frac{e^{2\pi y}}{e^{2\pi y}-1}-1\right)dy\\&=&\left[\frac{1}{2\pi}\log\frac{e^{2\pi y}-1}{e^{2\pi y}}\right]_K^\infty\\&=&\frac{1}{2\pi}\log\frac{1}{1-e^{-2\pi K}}\\&\equiv&M_2\end{eqnarray*}なので $N$ に関係なく有界です。
以上より\begin{eqnarray*}&&\left|\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a+N}\right)}{[(a+N)^2+y^2]^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\right|\\&\le&M_1\sqrt{\frac{\sigma+|t|}{a+N}}\frac{1}{(a+N)^\sigma}+M_2\frac{\cosh\frac{\pi t}{2}}{(a+N)^\sigma}\\&&\xrightarrow[]{N\to\infty}0\end{eqnarray*}
長くなりましたが(3)および先ほどの結果から
\begin{equation}\zeta(s,a)=\frac{1}{2a^s}+\frac{a^{1-s}}{s-1}+2\int_0^\infty\frac{\sin\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}dy\tag{7}\end{equation}
なお右辺の積分の収束性については先の積分評価と同様にやると示すことができます。$y_0=a\tan\frac{\pi}{2\sigma}$ として・・・のように。
この公式で $s=0$ としてみましょう。すると $\zeta(0,a)=\frac{1}{2}-a$ となります。さらに $a=1$ はリーマンのゼータ関数に一致しますから $\zeta(0)=-\frac{1}{2}$ です。過去記事の既習事項と一致します。
Binetの第2公式を応用する
(7)の積分はあらゆる $s$ で値をとりますから、$\zeta(s,a)$ は $s=1$ に1位の極をもつと分かります。そこで極の原因となる $\frac{1}{s-1}$ を左辺に追いやって極限をとってみます。\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\lim_{s\to 1}\left(\zeta(s,a)-\frac{1}{s-1}\right)\\&=&\frac{1}{2a}+\displaystyle\lim_{s\to 1}\frac{a^{1-s}-1}{s-1}+2\int_0^\infty\frac{\sin\left(\arctan\frac{y}{a}\right)}{\sqrt{a^2+y^2}(e^{2\pi y}-1)}dy\\&=&\frac{1}{2a}-\log a+2\int_0^\infty\frac{y}{(a^2+y^2)(e^{2\pi y}-1)}dy\end{eqnarray*}
ここで次の関係式を用いました。$$\sin\left(\arctan\frac{y}{a}\right)=\frac{y}{\sqrt{a^2+y^2}}$$
Binetの第2公式に関連する等式（※）$$\frac{d}{dz}\log\G(z)=-\frac{1}{2z}+\log z-2\int_0^\infty\frac{tdt}{(z^2+y^2)(e^{2\pi y}-1)}$$と比較すると
\begin{equation}\displaystyle\lim_{s\to 1}\left(\zeta(s,a)-\frac{1}{s-1}\right)=-\frac{d}{da}\log\G(a)=-\psi(a)\tag{8}\end{equation}
を得ます。
※ Binetの第2公式を導出する最中に現れた等式です。過去記事参照：
$a=1$ とするとリーマンゼータ関数になりますので
$$\displaystyle\lim_{s\to 1}\left(\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right)=-\psi(1)=\gamma$$
エルミートの公式(7)を $s$ で微分します。\begin{eqnarray*}\frac{d\zeta(s,a)}{ds}&=&-\frac{\log a}{2a^s}-\frac{a^{1-s}\log a}{s-1}-\frac{a^{1-s}}{(s-1)^2}\\&&+2\int_0^\infty\left[\frac{\arctan\frac{y}{a}\cos\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}-\frac{\frac{1}{2}\log(a^2+y^2)\sin\left(s\arctan\frac{y}{a}\right)}{(a^2+y^2)^{\frac{s}{2}}(e^{2\pi y}-1)}\right]dy\end{eqnarray*}$s\to 0$ とすると\begin{eqnarray*}\left.\frac{d\zeta(s,a)}{ds}\right|_{s=0}&=&-\frac{\log a}{2}+a\log a-a+2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{y}{a}}{e^{2\pi y}-1}dy\\&=&\left(a-\frac{1}{2}\right)\log a-a+2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{y}{a}}{e^{2\pi y}-1}dy\end{eqnarray*}
Binetの第2公式（前述の記事参照）$$\log\G(z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\frac{1}{2}\log2\pi+2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{t}{z}}{e^{2\pi t}-1}dt$$を用いれば次の結論を得ます。
$$\left.\frac{d\zeta(s,a)}{ds}\right|_{s=0}=\log\G(a)-\frac{1}{2}\log2\pi$$
$a=1$ とするとリーマンゼータ関数となります。
$$\zeta'(0)=-\frac{1}{2}\log2\pi$$
私としてはなかなか計算がヘビーでした。
次はシンプルなお話：
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。
