Fatoração de Hadamard de funções L

Question

Já fiz esta pergunta aqui de uma forma diferente, mas realmente preciso de uma resposta. Deixei$L(s)$ seja um "padrão" $L$-função, digamos com produto de Euler, equação funcional, etc ... (classe Selberg se quiser), de ordem 1, e deixe $\Lambda(s)$ seja o completo $L$-função com fatores gama. Portanto, temos$\Lambda(k-s)=\omega\Lambda^*(s)$, Onde $\Lambda^*$ é a função Lambda "dupla" (exemplo: se $L(s)$ corresponde a um personagem Dirichlet $\chi$, $\Lambda^*$ corresponde ao seu conjugado), e $\omega$ número raiz do módulo 1.

Suponha, por exemplo, que não haja pólos. Desde a$\Lambda$ tem ordem $1$ tem um produto Hadamard $$\Lambda(s)=ae^{bs}\prod_{\rho}(1-s/\rho)\;,$$ onde o produto está acima dos zeros de $\Lambda$ e entendido como o limite como $T\to\infty$ do produto para $|\rho|<T$ (propositalmente eu não uso o mais padrão $(1-s/\rho)e^{s/\rho}$)

Minha pergunta é a seguinte: sempre temos $b=0$? Isso é trivial se$\Lambda^*=\Lambda$ (autodual), caso contrário, a única coisa que posso provar é que $b$é puramente imaginário. Eu experimentei numericamente com alguns não auto-duais$L$ funções anexadas a personagens de Dirichlet, e parece ser verdade.

Observações: 1) Posso ter uma prova usando a "fórmula explícita" de Weil, mas não tenho certeza de sua validade, e parece muito complicada. 2) Tenho uma vaga memória de Harold Stark mencionando esse resultado há 50 anos.

Answer 1

Eu acredito que você está correto e $b$é zero, embora eu ache inexplicável por que isso não é mais conhecido (certamente eu não sabia antes). Vamos ficar com um personagem Dirichlet primitivo$\mod q$, mas o que se segue deve ser aplicável em geral. Se tomarmos derivados logarítmicos, então$$ \frac{\Lambda^{\prime}}{\Lambda}(s) = b + \sum_{\rho} \frac{1}{s-\rho}, $$ com o entendimento de que os zeros $\rho=\beta+i\gamma$ são contados com $|\gamma|\le T$, e depois $T\to \infty$. Vamos avaliar o acima em$s=R$ para um grande número real $R$e concentre-se apenas nas partes imaginárias.

Agora $$ \text{Im} \Big( \frac{\Lambda^{\prime}}{\Lambda}(R)\Big) $$ tende exponencialmente a $0$ Como $R\to \infty$. Então, vamos olhar para a parte imaginária do lado direito, que é$$ \text{Im} (b) + \lim_{T\to \infty} \sum_{|\gamma|\le T} \frac{\gamma}{(R-\beta)^2 + \gamma^2}. $$ Observe que $$ \sum_{|\gamma|\le T} \frac{\gamma}{(R-\beta)^2+\gamma^2} = \sum_{|\gamma|\le T}\Big( \frac{\gamma}{R^2+\gamma^2} + O\Big( \frac{R|\gamma|}{(R^2+\gamma^2)^2}\Big)\Big). \tag{1} $$ Para lidar com o termo de erro, divida nos termos $|\gamma|\le R$ e $|\gamma|>R$, obtendo que o termo de erro é $$ \ll \sum_{|\gamma|\le R} \frac{1}{R^2} + \sum_{R<|\gamma|} \frac{R}{|\gamma|^3} \ll \frac{\log qR}{R}, $$ ao lembrar que existem $\ll \log q(|t|+1)$ zeros em um intervalo de comprimento $1$ (vamos nos lembrar disso mais precisamente a seguir).

Agora, o termo principal em (1) pode ser tratado por soma parcial. Para$t>0$, colocar $N^+(t)$ ser o número de zeros de $\Lambda$ com parte imaginária entre $0$ e $t$e $N^{-}(t)$ ser o número de zeros com parte imaginária entre $-t$ e $0$. Então ambos$N^+$ e $N^-$ satisfazer pelo princípio do argumento a conhecida fórmula assintótica (para $t\ge 1$) $$ N^+(t), N^{-} (t) = \frac{t}{2\pi} \log \frac{qt}{2\pi e} +O(\log (q(t+1))). $$ Assim para todos $t>0$ $$ |N^+(t) - N^-(t)| = O(\log (q(2+t))). $$ Agora por somatório parcial \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*} ao deixar $T\to \infty$.

Concluímos que a quantidade em (1) é $O((\log qR)/R$, e assim tende a $0$ Como $R\to \infty$.