Factorisation Hadamard des fonctions L

Aug 30 2020

J'ai déjà posé cette question ici sous une forme différente, mais j'ai vraiment besoin d'une réponse. Laisser$L(s)$ être un "standard" $L$-fonction, disons avec produit Euler, équation fonctionnelle, etc ... (classe Selberg si vous voulez), d'ordre 1, et soit $\Lambda(s)$ être le terminé $L$-fonction avec les facteurs gamma. Nous avons donc$\Lambda(k-s)=\omega\Lambda^*(s)$, où $\Lambda^*$ est la fonction Lambda "double" (exemple: si $L(s)$ correspond à un caractère Dirichlet $\chi$, $\Lambda^*$ correspond à son conjugué), et $\omega$ numéro de racine du module 1.

Supposons par exemple qu'il n'y a pas de pôles. Depuis$\Lambda$ a ordre $1$ il a un produit Hadamard $$\Lambda(s)=ae^{bs}\prod_{\rho}(1-s/\rho)\;,$$ où le produit est au-dessus des zéros de $\Lambda$ et compris comme la limite $T\to\infty$ du produit pour $|\rho|<T$ (exprès je n'utilise pas le plus standard $(1-s/\rho)e^{s/\rho}$).

Ma question est la suivante: avons-nous toujours $b=0$? C'est trivial si$\Lambda^*=\Lambda$ (auto-duel), sinon la seule chose que je peux prouver est que $b$est purement imaginaire. J'ai expérimenté numériquement avec certains non auto-duels$L$ fonctions attachées aux caractères Dirichlet, et cela semble être vrai.

Remarques: 1) Je peux avoir une preuve utilisant la "formule explicite" de Weil, mais je ne suis pas sûr de sa validité, et cela semble trop compliqué. 2) J'ai un vague souvenir d'Harold Stark mentionnant ce résultat il y a 50 ans.

Réponses

14 Lucia Aug 31 2020 at 17:19

Je crois que tu as raison et $b$est nul, bien que je trouve inexplicable pourquoi ce n'est pas mieux connu (certainement je ne le savais pas avant). Tenons-nous en à un personnage Dirichlet primitif$\mod q$, mais ce qui suit devrait être applicable en général. Si nous prenons des dérivés logarithmiques, alors$$ \frac{\Lambda^{\prime}}{\Lambda}(s) = b + \sum_{\rho} \frac{1}{s-\rho}, $$ étant entendu que les zéros $\rho=\beta+i\gamma$ sont comptés avec $|\gamma|\le T$, et alors $T\to \infty$. Évaluons ce qui précède à$s=R$ pour un grand nombre réel $R$et concentrez-vous uniquement sur les parties imaginaires.

Maintenant $$ \text{Im} \Big( \frac{\Lambda^{\prime}}{\Lambda}(R)\Big) $$ tend de façon exponentielle à $0$ comme $R\to \infty$. Regardons donc la partie imaginaire sur le côté droit, qui est$$ \text{Im} (b) + \lim_{T\to \infty} \sum_{|\gamma|\le T} \frac{\gamma}{(R-\beta)^2 + \gamma^2}. $$ Notez que $$ \sum_{|\gamma|\le T} \frac{\gamma}{(R-\beta)^2+\gamma^2} = \sum_{|\gamma|\le T}\Big( \frac{\gamma}{R^2+\gamma^2} + O\Big( \frac{R|\gamma|}{(R^2+\gamma^2)^2}\Big)\Big). \tag{1} $$ Pour gérer le terme d'erreur, divisez en termes $|\gamma|\le R$ et $|\gamma|>R$, obtenant que le terme d'erreur soit $$ \ll \sum_{|\gamma|\le R} \frac{1}{R^2} + \sum_{R<|\gamma|} \frac{R}{|\gamma|^3} \ll \frac{\log qR}{R}, $$ en rappelant qu'il y a $\ll \log q(|t|+1)$ zéros dans un intervalle de longueur $1$ (nous le rappellerons plus précisément par la suite).

Maintenant, le terme principal de (1) peut être traité par sommation partielle. Pour$t>0$, mettre $N^+(t)$ être le nombre de zéros de $\Lambda$ avec une partie imaginaire entre $0$ et $t$, et $N^{-}(t)$ être le nombre de zéros avec une partie imaginaire entre $-t$ et $0$. Puis les deux$N^+$ et $N^-$ satisfaire par le principe de l'argumentation la formule asymptotique bien connue (pour $t\ge 1$) $$ N^+(t), N^{-} (t) = \frac{t}{2\pi} \log \frac{qt}{2\pi e} +O(\log (q(t+1))). $$ Ainsi pour tous $t>0$ $$ |N^+(t) - N^-(t)| = O(\log (q(2+t))). $$ Maintenant par sommation partielle \begin{align*} \sum_{|\gamma|\le T} \frac{\gamma}{R^2+\gamma^2} &= \int_0^{T} \frac{t}{R^2+t^2} dN^+(t) - \int_0^T \frac{t}{R^2+t^2} dN^-(t) \\ &= \frac{T}{R^2+T^2} (N^+(T)-N^-(T)) - \int_0^T (N^+(t)-N^-(t)) \Big( \frac{t}{R^2+t^2}\Big)^{\prime} dt \\ &= O\Big(\frac{T\log qT}{R^2+T^2} \Big) + O\Big(\int_0^T (\log q(t+2)) \Big(\frac{1} {R^2+t^2} + \frac{2t^2}{(R^2+t^2)^2} \Big)dt \Big)\\ &= O\Big( \frac{\log qR}{R}\Big), \end{align*} en laissant $T\to \infty$.