1. No category

Fonctions thêta.
Considérons la série
X
θ(z) =
exp(πin2 z),
où z ∈ H = {z ∈ C | =(z) > 0}.
n∈Z
Rappelons que =(z) dénote la partie imaginaire de z.
Lemme 1. La série définissant θ(z) converge absolument sur H et uniformément
sur tout sous-ensemble compact de H. De plus θ(z + 2) = θ(z) pour tout z ∈ H.
Démonstration. Pour z = a + bi ∈ H, alors
exp(πin2 z) = exp(πin2 (a + bi)) = exp(πin2 a) exp(−πn2 b).
2
2
Donc | exp(πin
πb) et il est facile de vérifier que la convergence
P z)| = exp(−n
2
de la série n∈Z exp(−n πb) lorsque b = =(z) > 0. Ceci démontre la convergence absolue sur H. Pour vérifier que la série converge uniformément sur tout
sous-ensemble compact C de H, supposons que C ∩ {z ∈ H | =(z) < b0 } = ∅
avec b0 > 0. Il existe un tel b0 parce que C est un sous-ensemble borné fermé de
C. AlorsP=(z) ≥ b0 pour tout z ∈ C et | exp(−n2 πz)| ≤ exp(−n2 πb0 ). Comme
2
la
πb0 ) converge, alors par le test M de Weierstrass, la série
Psérie n∈Z exp(−n
2
exp(−n
πz)
converge
uniformément. Il est évident que θ(z + 2) = θ(z)
n∈Z
pour tout z ∈ H.
De ce qui précède, nous pouvons conclure que θ(z) est une fonction holomorphe sur H.
Théorème 1. (Formule d’inversion de Jacobi) Nous avons que
√
θ(−z −1 ) = −iz θ(z) pour tout z ∈ H.
√
Ici w désigne la valeur principale√de la racine
carrée, c’est-à-dire que si w =
√ iα/2
iα
r e , où r > 0 et α ∈ [0, 2π], alors w = r e .
1
Démonstration. Il nous faut utiliser la formule de sommation de Poisson. Nous
pouvons procéder de la façon suivante. Posons
X
θ(z; x) =
exp(πiz(n + x)2 ), où x ∈ R.
n∈Z
Par le même argument qu’au lemme 1, cette série converge. Il s’agit d’une fonction périodique de période 1 et de plus θ(z; 0) = θ(z). Par la théorie de Fourier,
nous avons
Z ∞
X
θ(z; x) =
exp(−2πiνt) exp(πizt2 ) dt
exp(2πiνx)
−∞
ν∈Z
et
θ(z) =
XZ
ν∈Z
∞
exp(−2πiνt) exp(πizt2 ) dt
en posant x = 0.
−∞
Il nous faut donc évaluer
Z ∞
exp(−2πiνt) exp(πizt2 ) dt
−∞
Z ∞
ν 2 ν πiν 2
2
t+
dt
exp −
=
exp πiz t − 2
z
z
z
−∞
Z ∞
ν 2 πiν 2
= exp −
exp πiz t −
dt
z
z
−∞
Donc
Z ∞
ν 2 πiν 2
exp πiz t −
θ(z) =
exp −
dt.
z
z
−∞
ν∈Z
X
La preuve sera complète si nous démontrons que
Z ∞
ν 2 1
I=
exp πiz t −
dt = √
z
−iz
−∞
Nous pouvons premièrement faire un changement de coordonnées : u = t − (ν/z)
et du = dt. Alors
Z
∞−(ν/z)
exp(πizu2 ) du.
I=
−∞−(ν/z)
La fonction sur C définieRpar u 7→ exp(πizu2 ) est une fonction holomorphe. Par
le théorème de Cauchy, γ exp(πizu2 ) du = 0, où γ est le chemin illustré à la
figure 1
2
- (ν/z)
-a - (ν/z)
a - (ν/z)
-a
a
F IGURE 1 – Chemin γ
De ceci, nous obtenons que

 Z a−(ν/z)
Z a
2
2
exp(πizu ) du −
exp(πizu ) du


−a

 −a−(ν/z)
=0
 Z −a−(ν/z)
Z a


2
2
exp(πizu ) du
exp(πizu ) du +
+
−a
(1)
a−(ν/z)
Nous allons maintenant vérifier que si nous faisons tendre a → ∞, alors
Z a
Z −a−(ν/z)
2
exp(πizu2 ) du → 0;
exp(πizu ) du → 0 et
−a
a−(ν/z)
ainsi que
Z
∞−(ν/z)
Z
2
∞
exp(πizu ) du =
−∞−(ν/z)
exp(πizu2 ) du.
−∞
Si le nombre complexe u appartient au segment de droite dont les extrémités
sont a et a − (ν/z), alors la partie réelle de u2 est ≥ a2 − |ν/z|2 . En effet, si u =
u1 +u2 i, alors u2 = u21 −u22 +2u1 u2 i, où u1 = a, |u2 | ≤ |ν/z| et 0 ≤ u22 ≤ |ν/z|2 .
Donc
| exp(πizu2 )| ≤ k exp(−π=(z)a2 ) où k est une constante.
pour tout u sur le segment de droite dont les extrémités sont a et a − (ν/z). Par le
théorème de la valeur moyenne pour l’intégrale, nous obtenons que
Z a
Z a
ν 2
2
exp(πizu ) du ≤
| exp(πizu )| du ≤ exp(−π=(z)a2 ).
z
a−(ν/z)
a−(ν/z)
3
Ra
Lorsque a tend vers ∞, nous obtenons qu’à la limite a−(ν/z) exp(πizu2 ) du → 0.
R −a−(ν/z)
Le même type d’argument montre que −a
exp(πizu2 ) du → 0 lorsque a →
∞. En laissant a tendre vers ∞ dans l’équation (1), nous obtenons
Z ∞
Z ∞−(ν/z)
2
exp(πizu2 ) du.
exp(πizu ) du =
−∞
−∞−(ν/z)
R∞
Il nous faut donc calculer I(z) = −∞ exp(πizu2 ) du comme fonction de z.
Si z = iy, où y ∈ R et y > 0, alors nous avons que
Z ∞
Z ∞
√
2
I(iy) =
exp(−πyu ) du =
exp(−( πyu)2 ) du
−∞
−∞
Z ∞
1
exp(−v 2 ) dv
=√
πy −∞
R∞
√
√
en utilisant la substitution v = πy u et dv = πy du. Rappelons que −∞ exp(−v 2 ) dv =
√
π. Ainsi
1
I(iy) = √
y
et
I(z) = √
1
−iz
pour z = iy, y ∈ R et y > 0.
À cause de la convergence de l’intégrale impropre, nous obtenons
√ que la fonction I(z) est une fonction analytique sur H. La fonction z √
7→ 1/ −iz est aussi
analytiques. Ces deux fonctions analytiques I(z) et z 7→ 1/ −iz sont égales sur
l’ensemble {z ∈ H | <(z) = 0}. Nous pouvons alors conclure que
Z ∞
1
.
I(z) =
exp(πizu2 ) du = √
−iz
−∞
Ceci est une conséquence de la proposition suivante.
Proposition 1. Soit une fonction f analytique sur un ouvert O de C. Soit T , un
sous-ensemble de O ayant un point d’accumulation a dans O. Si f (z) = 0 pour
tout z ∈ T , alors f (z) = 0 pour tout z ∈ O.
Pour la preuve, voir Mathematical Analysis, Apostol, théoème 16.25.
Nous avons ainsi montré que
1 X
πiν 2
1
θ(z) = √
exp −
=√
θ(−z −1 ).
z
−iz ν∈Z
−iz
4
Nous allons étudier plus tard des fonctions thêta associées à des formes quadratiques définies positives. Auparavant nous allons illustrer comment ces propriétés de θ(z) sont utilisées dans l’étude de la fonction zêta de Riemann.
Théorème 2. Posons Λ(s) = π −s/2 Γ(s/2) ζ(s). Alors
1. Λ(s) + s−1 + (1 − s)−1 admet un prolongement holomorphe à tout le plan
complexe et nous avons l’équation fonctionnelle Λ(s) = Λ(1 − s) pour tout
s ∈ C. Ici ζ est la fonction zêta de Riemann et Γ est la fonction gamma.
2. s 7→ ζ(s) − (s − 1)−1 est une fonction entière, i.e. holomorphe définie sur
tout le plan complexe.
Démonstration. 1. Rappelons que <(s) désigne la partie réelle de s. Pour s ∈ C
tel que <(s) > 1, nous avons
!Z
∞
∞
X
1
Λ(2s) = π −s Γ(s) ζ(2s) = π −s
e−t ts−1 dt
2s
n
0
n=1
Z
Z
∞
∞
∞
X 1
X ∞
−t s−1
=
exp(−πn2 t) ts−1 dt.
e t dt =
2 )s
(πn
0
0
n=1
n=1
Pour cette dernière équation, nous utilisons la substitution u = πn2 t et du =
πn2 dt dans l’intégrale ci-dessous
Z ∞
Z ∞
u s−1 1 2
s−1
−u
exp(−πn t)t dt =
e
du
πn2
πn2
0
0
Z ∞
u s−1
1
−u
=
e
du
πn2 0
πn2
Z ∞
1
e−u us−1 du
=
2
s
(πn ) 0
Ainsi
Z
Λ(2s) =
0
∞
∞X
2
s−1
exp(−πn t) t
Z
dt =
0
n=1
∞
θ(it) − 1 s−1
t dt
2
Notons que
1
1
θ(it) = p
θ −
it
−i(it)
1
=√ θ
t
5
i
t
pour tout t ∈ R .
En utilisant ceci pour la fonction Λ(2s), nous obtenons
Z ∞
Z 1
θ(it) − 1 s−1
θ(it) − 1 s−1
t dt +
t dt
Λ(2s) =
2
2
1
0
Z 1 −1/2
Z ∞
t
θ(i/t) − 1 s−1
θ(it) − 1 s−1
=
t dt +
t dt
2
2
0
1
En posant u = t−1 et dt = −u−2 du dans la première équation, nous obtenons
Z ∞ √
Z ∞
θ(it) − 1 s−1
u θ(iu) − 1 −(s−1) −2
Λ(2s) =
u
u du +
t dt
2
2
1
1
Z ∞
Z ∞ √
θ(it) − 1 s−1
t θ(it) − 1 −1−s
t
dt +
t dt
=
2
2
1
1
Z ∞ (1/2)−s
(t
+ ts )(θ(it) − 1) (−t−s + t(1/2)−s ) −1
=
+
t dt
2
2
1
Z ∞ (1/2)−s
(t
+ ts )(θ(it) − 1) −1
t dt
=
2
1
Z
1 ∞
+
(−t−1−s + t−(1/2)−s ) dt
2 1
t=∞
Z ∞ (1/2)−s
(t
+ ts )(θ(it) − 1) −1
1 t−s
t(1/2)−s
=
t dt +
+
2
2
s
(1/2) − s t=1
1
Z ∞ (1/2)−s
s
1
(t
+ t )(θ(it) − 1) −1
1
=
−
.
t dt −
2
2s 1 − 2s
1
Ainsi
1
1
Λ(2s) +
+
=
2s 1 − 2s
Z
1
∞
(t(1/2)−s + ts )(θ(it) − 1) −1
t dt
2
pour tout s ∈ C tel que <(s) > 1.
Donc
Z ∞ (1−s)/2
1
1
(t
+ t(s/2) )(θ(it) − 1) −1
Λ(s) + +
=
t dt
s 1−s
2
1
pour tout s ∈ C tel que <(s) > 2. Pour poursuivre la preuve, il nous faut étudier
la convergence de l’intégrale à droite de la dernière égalité et vérifier que celle-ci
peut être prolongée à tout le plan complexe.
6
Notons que θ(it) =
θ(it) − 1 = 2
∞
X
P∞
n=−∞
exp(−πn2 t) entraine que
2
exp(−πn t) = 2 exp(−πt)
n=1
∞
X
exp(−π(n2 − 1)t).
n=1
Pour n ≥ 2, nous avons que n2 − 1 = (n − 1)(n + 1) ≥ 3(n − 1). De cette
observation, nous obtenons que
0 < exp(−π(n2 − 1)t) ≤ exp(−3π(n − 1)t) pour tout n ≥ 1
et
|θ(it) − 1| ≤ 2 exp(−πt)
∞
X
exp(−3π(n − 1)t) = exp(−πt)
n=1
≤ M exp(−πt)
2 exp(3πt)
exp(3πt) − 1
pour un nombre réel M lorsque t ≥ 1.
À cause de cette inégalité, nous obtenons que l’intégrale
Z ∞ (1−s)/2
(t
+ t(s/2) )(θ(it) − 1) −1
t dt
2
1
converge uniformément sur tout sous-ensemble compact du plan complexe (le
plan des s) et qu’il est aussi possible de dériver cette fonction en dérivant à l’intérieur de de l’intégrale. Conséquemment la fonction
Z ∞ (1−s)/2
(t
+ ts/2 )(θ(it) − 1) −1
t dt
s 7−→
2
1
est holomorphe sur C. Ceci montre que la fonction Λ(s) + s−1 + (1 − s)−1 admet
un prolongement holomorphe à tout le plan complexe. De plus comme l’intégrale
Z ∞ (1−s)/2
(t
+ t(s/2) )(θ(it) − 1) −1
t dt
2
1
est invariante par la transformation s 7→ (1 − s), nous obtenons que
Λ(s) + s−1 + (1 − s)−1 = Λ(1 − s) + (1 − s)−1 + s−1
et ainsi Λ(s) = Λ(1 − s).
7
2. Il faut savoir que la fonction gamma est holomorphe sur tout C sauf pour
s = −n (n = 0, 1, 2, . . . ) où elle a des pôles simples ; de plus, elle ne s’annule
pas sur C. Nous avons que Λ(s) est une fonction holomorphe partout sur C sauf à
s = 0 et 1, où elle a des pôles d’ordre 1. Conséquemment
ζ(s) =
π s/2 Λ(s)
Γ(s/2)
est holomorphe partout
√ sur C sauf à s = 1. Pour s = 1, Λ(s) a comme résidu 1.
Comme Γ(1/2) = π, nous obtenons que ζ(s) a un pôle de résidu 1 à s = 1 et
ζ(s) − (s − 1)−1 est holomorphe sur tout C.
Remarque 1. Il est possible de calculer ζ(n) pour n = −1, −2, −3, . . . en utilisant le théorème 2. Nous obtenons que
ζ(−2n) = 0
et
ζ(1 − 2n) = −
Bn
2n
si n > 0
où Bn est le coefficient de Bernoulli. Les coefficients Bn sont définis au moyen
de la série de puissance
∞
X
t et
Bn n
=
t .
t
e − 1 n=0 n
Nous pouvons illustrer pour n = 1. Nous avons Λ(2) = Λ(−1). Ainsi
π −1 Γ(1)ζ(2) = π 1/2 Γ(−1/2)ζ(−1)
Comme Γ(1/2) =
⇒
ζ(−1) = π −3/2
√
π et ζ(2) = π 2 /6, nous avons
ζ(−1) =
ζ(2)
1
=−
2
−2π
12
Noter que B1 = (1/6).
La formule
ζ(1 − 2n) = −
Bn
2n
si n > 0
est une conséquence de la formule
(−1)n (2π)2n
ζ(2n) = −
B2n
2 (2n)!
8
si n > 0.
ζ(2)
.
Γ(−1/2)
En effet parce que Λ(2n) = Λ(1 − 2n), nous obtenons que
π −n Γ(n)ζ(2n)
π −(1−2n)/2 Γ((1 − 2n)/2)
(1−4n)/2
π
(n − 1)!
(−1)n (2π)2n
=
B2n .
Γ((1 − 2n)/2)
2 (2n)!
ζ(1 − 2n) =
Notons que
Γ
1 − 2n
2
√
(−1)n 2n π
=
(2n − 1)(2n − 3) . . . (1)
pour tout n ≥ 1
En substituant, nous obtenons le résultat après simplification.
Nous allons maintenant étudier un cas plus général de fonctions thêta.
Soit une matrice symétrique A = (aij )1≤i,j≤r définie positive et dont les entrées aij ∈ R. Notons
 
 
n1
n1
 n2 
 n2 

 
A[N ] = (n1 , n2 , . . . , nr )A 
. . .  où N = . . .  .
nr
nr
P
Posons θA (z) = N ∈Zr exp(iπA[N ]z). Il s’agit de la série de thêta associée à
A. Ici =(z) > 0. Parce que A est définie positive, la série converge absolument sur
H et uniformément sur tout sous-ensemble compact de H. Nous avons facilement
que θA (z + 2) = θA (z).
Théorème 3. (Formule généralisée d’inversion de Jacobi) Nous avons que
1
θA−1 (−z −1 )
θA (z) = p
r
(−iz) det(A)
pour tout z ∈ H
Démonstration. Nous procédons comme dans le cas précédent. Il nous faut utiliser la formule de sommation de Poisson. Nous avons ainsi
Z ∞
X Z ∞
...
exp(−2πiM t T ) exp(πiA[T ]z) dt1 . . . dtr
θA (z) =
M ∈Zr
=
−∞
X Z
M ∈Zr
−∞
∞
exp(−2πiM t T ) exp(πiA[T ]z) dT.
−∞
9
Ici T = (t1 , t2 , . . . , tr )t . En complétant le carré, nous obtenons que −2πiM t T +
πiT t AT z est égal à
= πi(zT t AT − 2M t T )
= πi z(T − z −1 A−1 M )t A(T − z −1 A−1 M ) − z −1 M t A−1 M
= πi A[T − z −1 A−1 M ] − z −1 A−1 [M ]
Ainsi θA (z) est
X Z
=
M ∈Zr
=
X
∞
exp(πizA[T − z −1 A−1 M ]) exp(−πiz −1 A−1 [M ]) dT
−∞
−1
Z
−1
∞
exp(−πiz A [M ])
exp(πizA[T − z −1 A−1 M ]) dT
−∞
M ∈Zr
L’intégrale
Z ∞
Z ∞−z−1 A−1 M
−1 −1
exp(πizA[T − z A M ]) dT =
exp(πizA[T ]) dT
−∞
−∞−z −1 A−1 M
Z ∞
exp(zπiA[T ]) dT
=
−∞
Cette dernière équation est obtenue en utilisant le théorème de Cauchy et des
parcours appropriés. Il faut aussi montrer que certaines intégrales s’annulent à la
limite. Comme auparavant l’intégrale
Z ∞
I(z) =
exp(zπiA[T ]) dT
−∞
est une fonction analytique de z ∈ H. Parce que A est une matrice symétrique
définie positive, il existe une matrice réelle P telle que P t AP = Ir . Posons T =
P S, alors dT = det(P ) dS et
A[T ] = T t AT = S t P t AP S = S t S = s21 + s22 + · · · + s2r
p
si S = (s1 , s2 , . . . , sr )t . Notons aussi que det(P ) = 1/ det(A). Pour z = iy où
y ∈ R, y > 0, nous obtenons que
Z ∞
I(z) =
exp(−πy(s21 + s22 + · · · + s2r )) det(P ) ds1 ds2 . . . dsr
−∞
1
1
1
= (det P ) √ r = p
=p
.
r
y
det(A) y
(−iz)r det(A)
10
Les deux fonctions analytiques
z 7→ I(z)
et
1
z 7→ p
(−iz)r det(A)
sont égales sur l’axe des z = iy avec y ∈ R, y > 0, alors elles sont égales sur H.
Conséquemment
X
1
θA (z) = p
exp(−πiz −1 A−1 [M ])
r
(−iz) det(A) M ∈Zr
1
=p
θA−1 (−z −1 )
r
(−iz) det(A)
Nous allons illustrer comment ce théorème peut être utilisé pour la fonction
zêta d’une extension quadratique.
√
Exemple 1. Considérons l’extension quadratique K = Q( −7). Parce que nous
avons que −7 ≡ 1 (mod 4),√alors les entiers algébriques de K sont tous de la
forme m + nω, où ω = (1 + −7)/2. Il est connu que l’anneau OK = Z[ω] des
entiers algébriques de K est un anneau principal. Nous ne démontrerons pas ce
résultat.
Il y a exactement deux unités dans OK . En effet, si m + nω est un unité dans
OK , alors la norme m2 + mn + 2n2 de m + nω est égal à 1. Conséquemment
n n 2 7
+
+ n2 = 1
m2 + mn + 2n2 = m2 + 2m
2
2
4
devient
n 2 7 2
+ n = 1 ⇒ (2m + n)2 + 7n2 = 4
2
4
où m, n ∈ Z. Il y a alors seulement deux solutions entières : m = ±1 et n = 0.
Donc la fonction ζK (s) de K est
m+
ζK (s) =
1
2
X
(m,n)6=(0,0)
(m2
1
.
+ mn + 2n2 )s
Dans cette somme, les couples (m, n) parcourent l’ensemble Z2 . Posons
−s
2π
Λ(s) = √
Γ(s)ζK (s).
7
11
En procédant de manière analogue à ce que nous avons fait pour la fonction zêta
de Riemann. nous allons montrer que la fonction
1
1 1
−
Λ(s) +
2 s s−1
admet un prolongement holomorphe à tout le plan complexe et que nous avons
l’équation fonctionnelle Λ(s) = Λ(1 − s) pour tout s ∈ C.
Supposons pour l’instant que s ∈ C est tel que <(s) > 1. Alors nous avons
Λ(s) =
2π
√
7
Z
−s Z
∞
0

1
ts−1 e−t dt 
2

X
(m,n)6=(0,0)
(m2
1

+ mn + 2n2 )s
!s
√
7
2π(m2 + mn + 2n2 )
0
(m,n)6=(0,0)
Z ∞
1 X
2π(m2 + mn + 2n2 )t s−1
√
=
t dt
exp −
2
7
0
(m,n)6=(0,0)
1
=
2
∞
s−1 −t
t e dt
X
Donc
1
Λ(s) =
2
Z
0
∞
2π(m2 + mn + 2n2 )t
√
exp −
7
(m,n)6=(0,0)
X
ts−1 dt.
Notons par A : la matrice symétrique


1 1/2
.
A=
1/2 2
Avec cette notation, nous avons
X
θA (z) =
exp(iπ(m2 + mn + 2n2 )z).
(m,n)
√
En prenant z = 2it/ 7, nous obtenons que
Z ∞ 2it
2Λ(s) =
θA √
− 1 ts−1 dt
7
0
Z 1 Z ∞ 2it
2it
s−1
=
θA √
− 1 t dt +
θA √
− 1 ts−1 dt.
7
7
0
1
12
En utilisant la formule d’inversion de Jacobi sur la première intégrale, nous obtenons que
!
√ !
Z 1
Z ∞ 7 −1
2it
s−1
θA−1 −
θA √
− 1 ts−1 dt.
2Λ(s) =
t − 1 t dt +
2it
7
0
1
Comme

A−1

−1/2
4
,
= 
7
−1/2
1
2
nous obtenons que
4
2
2
θA−1 (z) =
exp iπ (2m − mn + n )z
7
(m,n)
X
4z
4z
2
2
=
exp iπ 2(−m) + (−m)n + n
= θA
7
7
X
(m,n)
En utilisant cette observation, nous obtenons que 2Λ(s) est égal à
!
√ !!
Z 1
Z ∞ 7
4
2it
−1
s−1
=
θA
−
t − 1 t dt +
θA √
− 1 ts−1 dt
7
2it
7
0
1
Z 1 Z ∞ 2i
2it
−1
s−1
=
t − 1 t dt +
− 1 ts−1 dt
θA √
θA √
7t
7
0
1
Dans la première intégrale, nous pouvons faire le changement de variable suivant :
t = u−1 et dt = −u−2 du. Donc 2Λ(s) est égal à
Z 1 Z ∞ 2iu
2it
−(s−1)
−2
=
θA √
u−1 u
(−u )du +
− 1 ts−1 dt
θA √
7
7
Z∞∞ Z ∞ 1 2it
2it
=
θA √ t − 1 t−s−1 dt +
θA √
− 1 ts−1 dt
7
7
1
Z1 ∞ 2it
=
θA √
− 1 (t−s + ts−1 ) + (t−s − t−s−1 ) dt
7
1
−s+1
∞
Z ∞ 2it
t
t−s
−s
s−1
=
θA √
− 1 (t + t ) dt +
−
−s + 1 −s 1
7
1
Z ∞ 2it
1
1
=
θA √
− 1 (t−s + ts−1 ) dt −
+
(−s + 1) −s
7
1
13
parce que <(s) > 1. Donc si s ∈ C est tel que <(s) > 1, alors nous avons que
Z ∞ 1
2it
1 1
−
=
θA √
− 1 (t−s + ts−1 ) dt.
Λ(s) +
2 s s−1
7
1
Il est facile de montrer que l’intégrale
Z ∞ 2it
− 1 (t−s + ts−1 ) dt
θA √
7
1
admet un prolongement holomorphe à tout le plan complexe. Il faut procéder
comme dans le cas de la fonction zêta de Riemann. Nous avons aussi que Λ(s) =
Λ(1 − s) parce que les deux expressions
Z ∞ 1
1
2it
−
et
θA √
− 1 (t−s + ts−1 ) dt
s s−1
7
1
sont invariantes par le changement de variable : s 7→ 1 − s.
De façon analogue à ce qui se passe pour la fonction fonction zêta de Riemann,
nous avons que
1
π
ζK (s) − √
7 s−1
est une fonction entière, i.e. holomorphe sur tout le plan complexe. En effet, nous
avons que
s
Λ(s)
2π
ζK (s) = √
Γ(s)
7
Rappelons que la fonction gamma est holomorphe sur tout C sauf pour s = −n
(n = 0, 1, 2, . . . ) où elle a des pôles simples ; de plus elle ne s’annule pas sur C.
Nous avons que Λ(s) est une fonction holomorphe partout sur C sauf à s = 0 et 1,
où elle a des pôles d’ordre 1. Conséquemment ζK (s) est holomorphe partout sur
C sauf à s = 1. Pour s = 1, Λ(s) a comme résidu
Γ(1) = 1, nous
√ 1/2. Comme
√
obtenons que ζK (s) a un pôle de résidu (2π)/(2 7) = π/ 7 à s = 1 et
1
π
ζK (s) − √
7 s−1
est holomorphe sur tout C.
Nous allons premièrement analyser le cas où la matrice A est la matrice identité I = Ir d’ordre r × r. Dans ce cas, nous obtenons que
θI (z + 2) = θI (z)
et
θI (−z −1 ) = (−iz)r/2 θI (z).
14
Théorème 4. Soit un entier r > 0, z ∈ H et une matrice
a b
∈ SL2 (Z) telle que b ≡ c ≡ 0 (mod 2).
c d
Alors
θI
où
az + b
cz + d
=
ε−r
d
c r
d
(cz + d)r/2 θI (z)
(
1, si d ≡ 1
εd =
i, si d ≡ 3
(mod 4) ;
(mod 4) ;
et
1.
2.
3.
4.
5.
est le symbole de Legendre prolongé de la façon suivante :
p
= 0 si p et q ne sont pas premiers entre eux ;
q
p
est le symbole de Legendre
si q est un nombre premier impair, alors
q
usuel ;
p
si q > 0, alors p 7→
est un caractère (mod q) ;
q
p
si p 6= 0, alors q 7→
est un caractère (mod 4p) ;
q
p
p
0
= 1 si p > 0,
= −1 si p < 0 et
= 1.
−1
−1
±1
Démonstration. Soit la matrice
a b
telle que a ≡ 0
c d
(mod 2)
et
d≡0
(mod 2).
Nous avons que
X
az + b
az + b
=
exp iπIr [N ]
= (♠).
θI
cz + d
cz + d
N ∈Zr
Notons que
az + b
a
1
= −
.
cz + d
c c(cz + d)
15
En effet,
a
1
a(cz + d) − 1
acz + ad − 1
acz + bc
az + b
−
=
=
=
=
.
c c(cz + d)
c(cz + d)
c(cz + d)
c(cz + d)
cz + d
De cette observation, nous obtenons que
X
1
a
(♠) =
−
exp iπIr [N ]
c
c(cz + d)
r
N ∈Z
X X
1
a
=
−
exp iπIr [N ]
c
c(cz + d)
M N ≡M
P
ensemble de représentants des
où les M de la première somme M parcourent unP
classes de Zr /cZr et les N de la seconde somme N ≡M parcourent l’ensemble
des éléments N ∈ Zr tels que N ≡ M mod cZr .
Pour un représentant M donné, nous pouvons maintenant évaluer la seconde
somme.
X
a
1
exp iπIr [N ]
−
= (♣).
c c(cz + d)
N ≡M
Ainsi nous obtenons
X
a
1
(♣) =
exp iπIr [cP + M ]
−
c
c(cz + d)
r
P ∈Z
X
a
1
2
−1
=
exp iπc Ir [P + c M ]
−
c
c(cz + d)
r
P ∈Z
X
c
−1
−1
=
exp iπ ac Ir [P + c M ] exp −iπ
Ir [P + c M ]
(cz + d)
P ∈Zr
Comme a ≡ 0 (mod 2), alors
a
exp iπ ac Ir [P + c−1 M ] = exp iπ Ir [M ]
c
et la somme (♣) devient après substitution
a
X
c
−1
(♣) = exp iπ Ir [M ]
exp −iπ
Ir [P + c M ] .
c
(cz
+
d)
r
P ∈Z
16
Il nous faut donc maintenant évaluer la somme
X
c
−1
Ir [P + c M ] = (♦)
exp −iπ
(cz + d)
P ∈Zr
apparaissant dans cette dernière équation au moyen de la formule de sommation
de Poisson. Nous obtenons ainsi
XZ ∞
c
t
−1
(♦) =
exp(−2πi Ω T ) exp −iπ
Ir [T + c M ] dT
(cz
+
d)
−∞
r
Ω∈Z
où Ω désigne (ω1 , ω2 , . . . , ωr )t dans la somme, la région d’intégration est Rr , T
désigne (t1 , t2 , . . . , tr )t et dT = dt1 dt2 . . . dtr dans l’intégrale. Par le théorème
de Fubini, nous obtenons que
r Z ∞
XY
mj 2
c tj +
dtj
(♦) =
exp −2πiωj tj − iπ
cz
+
d
c
−∞
Ω j=1
Il nous faut donc évaluer des intégrales de la forme
Z ∞
c m 2
exp −2πiωt − iπ
t+
dt = (♥).
cz + d
c
−∞
En complétant le carré, nous obtenons
Z ∞
2
2
e(−iπc (t+(m+ω(cz+d))/c) /(cz+d)+πi(2mω+ω (cz+d))/c dt
(♥) =
−∞
= eπi(2mω+ω
2 (cz+d))/c
Z
∞
c
exp −iπ
cz + d
−∞
Pour évaluer l’intégrale
Z ∞
exp −iπ
−∞
c
cz + d
m + ω(cz + d)
t+
c
m + ω(cz + d)
t+
c
2 !
dt.
2 !
dt
nous procédons comme dans la preuve du théorème 1. Il faut remarquer que si
z ∈ C est tel que =(z) > 0, alors =(−c/(cz + d)) > 0 et nous pouvons borner les
intégrales sur les côtés verticaux du parcours rectangulaire. Nous obtenons ainsi
2 !
Z ∞
Z ∞
c
m + ω(cz + d)
−iπc t2
dt =
exp
exp −iπ
t+
dt
cz + d
c
cz + d
−∞
−∞
17
Si nous considérons cette intégrale pour z = −(d/c) + iy avec y > 0 , alors
Z ∞
Z ∞
πt2
−iπc t2
exp −
exp
dt =
dt
cz + d
y
−∞
−∞
r
r 2 !
Z ∞
π
cz + d
√
exp −
=
t
dt = y =
.
y
ic
−∞
En utilisant l’analycité des fonctions, nous obtenons que
r
2 !
Z ∞
c
m + ω(cz + d)
cz + d
exp −iπ
t+
dt =
cz + d
c
ic
−∞
Donc
r
cz + d
(2mω + ω 2 (cz + d)
(♥) = exp iπ
;
c
ic
r
r
XY
(2mj ωj + ωj2 (cz + d)
cz + d
(♦) =
exp iπ
c
ic
Ω j=1
(cz + d)r/2 X
2M t Ω + (cz + d)Ir [Ω]
=
exp iπ
;
(ic)r/2
c
Ω
et
a
(cz + d)r/2 X
2M t Ω + (cz + d)Ir [Ω]
(♣) = exp i Ir [M ]
exp iπ
c
(ic)r/2
c
Ω
Finalement nous obtenons que
(cz + d)r/2 X
a
2M t Ω + (cz + d)Ir [Ω]
(♠) =
exp iπ Ir [M ]
exp iπ
r/2
c
(ic)
c
M
Ω
(cz + d)r/2 X
(cz + d)Ir [Ω] X
aIr [M ] + 2M t Ω
=
exp iπ
exp iπ
.
(ic)r/2
c
c
Ω
M
X
Il nous faut donc évaluer la somme
X
aIr [M ] + 2M t Ω
exp iπ
c
M
18
où les M de cette somme parcourent un ensemble de représentants des classes de
Zr /cZr . Nous obtenons alors que
X
M
aIr [M ] + 2M t Ω
exp iπ
c
=
r X
c−1
Y
j=1 mj
am2j + 2mj ωj
exp iπ
c
=0
Il nous faut ainsi évaluer des sommes de la forme
c−1
X
am2 + 2m ω
exp iπ
.
c
m=0
Rappelons que a est un entier pair. Nous pouvons donc écrire a = 2a, où a ∈ Z.
De plus comme ad = 2ad ≡ 1 (mod c), alors a est inversible dans l’anneau Z/cZ
des entiers modulo c. Pour la même raison, 2 est inversible dans Z/cZ. Donc
X
c−1
am2 + m ω
am2 + 2m ω
=
exp i2π
= G(a, c, ω).
exp iπ
c
c
m=0
m=0
c−1
X
Si nous notons par b : l’inverse de a dans Z/cZ, alors il existe m tel que m = bm
dans l’anneau Z/cZ. Ainsi en complétant le carré nous obtenons que
c−1
X
(m2 + m ω)
G(a, c, ω) =
exp i2πb
c
m=0
c−1
X
b
−1
−2 2
2
=
exp i2π ((m + 2 ω) − 2 ω )
c
m=0
c−1
b −2 2 X
b
−1
2
= exp −i2π (2 ω )
exp i2π ((m + 2 ω) )
c
c
m=0
−1
où 2
est l’inverse de 2 dans l’anneau Z/cZ. Nous avons que
ab ≡ 1
(mod c)
⇒
2a2b ≡ 1
(mod c)
⇒
a2b ≡ 1
(mod c).
Parce que ad ≡ 1 (mod c), nous obtenons que 2b et d sont égaux dans l’anneau
Z/cZ. Nous avons aussi que b = 2d. De cette observation, nous obtenons
dω 2
b −2 2
exp −i2π (2 ω ) = exp −iπ
.
c
c
19
Par un chagement de coordonnées, nous obtenons que
c−1
X
X
c−1
b
b 2
−1
2
exp i2π ((m + 2 ω) ) =
exp i2π (m )
c
c
m=0
m=0
et cette somme est une somme de Gauss quadratique. Le résultat de cette somme
est connue. Nous n’allons que présenter ce résultat. Ici nous avons supposé que
c > 0. Le cas c < 0 se traite de façon similaire. Rappelons aussi que c est un entier
impair.
c−1
X
b 2
b √
2d √
c εc =
c εc
exp i2π (m ) =
c
c
c
m=0
où
est le symbole de Legendre prolongé de la façon suivante :
p
1.
= 0 si p et q ne sont pas premiers entre eux ;
q
p
2. si q est un nombre premier impair, alors
est le symbole de Legendre
q
usuel ;
p
3. si q > 0, alors p 7→
est un caractère (mod q) ;
q
p
4. si p 6= 0, alors q 7→
est un caractère (mod 4p) ;
q
p
0
p
= 1 si p > 0,
= −1 si p < 0 et
= 1;
5.
−1
−1
±1
et
(
1, si c ≡ 1 (mod 4) ;
εc =
i, si c ≡ 3 (mod 4).
Notons qu’ici b 2d sont égaux dans Z/cZ. En substituant tout ceci, nous obtenons
que
X
M
Y
r dωj2
aIr [M ] + 2M t Ω
2d √
exp iπ
=
exp −iπ
c εc
c
c
c
j=1
r
2d
d Ir [Ω]
r/2 r
=
c εc exp −iπ
.
c
c
20
et après simplification
(cz + d)r/2
(♠) =
(ic)r/2
(cz + d)r/2
=
(ic)r/2
2d
c
r
2d
c
r
cr/2 εrc
X
exp (iπzIr [Ω])
Ω
cr/2 εrc θI (z)
Si nous résumons, si la matrice
a b
∈ SL2 (Z) est telle que a ≡ d ≡ 0
c d
(mod 2),
alors nous avons montré que
r
(cz + d)r/2 2d
az + b
cr/2 εrc θI (z)
θI
=
cz + d
(ic)r/2
c
r
(cz + d)r/2 2d
=
εrc θI (z)
r/2
(i)
c
Ce n’est pas l’énoncé du théorème. Si z ∈ H, alors −z −1 ∈ H et en remplaçant z
par −z −1 dans la formule ci-dessus, nous obtenons que
r
−a + bz
(−c + dz)r/2 2d
a(−z −1 ) + b
= θI
=
εrc θI (−z −1 ).
θI
c(−z −1 ) + d
−c + dz
(iz)r/2
c
Du théorème 3, nous avons que θI (−z −1 ) = (−iz)r/2 θI (z). En substituant cidessus, nous obtenons
r
bz − a
(dz − c)r/2 2d
θI
=
εrc (−iz)r/2 θI (z).
dz − c
(iz)r/2
c
En renommant les entrées de la matrice de SL2 (C), nous avons ainsi démontré
que si
a b
∈ SL2 (Z) est telle que b ≡ c ≡ 0 (mod 2),
c d
alors
θI
az + b
cz + d
(cz + d)r/2
=
(iz)r/2
2c
−d
= (cz + d)r/2 ε−r
d
21
r
εr−d (−iz)r/2 θI (z)
r
2c
θI (z)
−d
En considérant les différentes possibilités pour les signes de c et d, nous obtenons
que le symbole
c
2c
=
−d
d
et ainsi
θI
az + b
cz + d
= ε−r
d
c r
d
(cz + d)r/2 θI (z).
C’est ce que nous voulions montrer.
Nous allons maintenant déterminer quand θI est une forme automorphe.
Corollaire 1. Si r = 4k où k ∈ N et k ≥ 1, alors θIr est une forme automorphe
de poids 2k pour le groupe Γ(2). Rappelons que
a b
a b
1
0
Γ(N ) =
∈ SL2 (Z) ≡
(mod N )
c d
c d
0 1
Démonstration. Du théorème 4, nous obtenons que si
a b
∈ Γ(2),
c d
alors
θIr
az + b
cz + d
= ε−4k
d
c 4k
d
(cz + d)4k/2 θIr (z) = (cz + d)2k θIr (z).
De plus θIr est holomorphe sur H.
Il ne nous reste plus qu’à vérifier que θIr est holomorphe aux points paraboliques de Γ(2). Nous avons obtenu les représentants des orbites par Γ(2) sur
l’ensemble des points paraboliques, à savoir i∞, 0 et 1. Il faut donc étudier le
comportement de θIr au voisinage de ces points.
Au point z = i∞, θIr est périodique de période 2. Il nous faut donc développer
θIr (z) par rapport à ζ = eiπz . Mais
θIr (z) =
X
N ∈Zr
exp(iπIr [N ]z) =
X
ζ
Ir [N ]
N ∈Zr
=
∞
X
#{N ∈ Zr | Ir [N ] = m}ζ m .
m=0
Cette série converge à z = i∞, c’est-à-dire à ζ = 0, vers 1 et θIr (z) est holomorphe à z = i∞.
22
Au point z = 0, il nous faut remarquer que S(i∞) = 0, où S : z 7→ −z −1 .
Il nous faut donc considérer la fonction θIr |[S]2k (z) et étudier son comportement à
i∞.
θIr |[S]2k (z) = z −2k θIr (−z −1 ) = z −2k (−iz)4k/2 θIr (z) = (−1)k θIr (z).
Cette série converge à z = i∞, c’est-à-dire à ζ = 0, vers (−1)k et θIr (z) est
holomorphe à z = 0.
Au point z = 1, il nous faut remarquer que L(i∞) = 1, où L : z 7→ 1 − z −1 .
Il nous faut donc considérer la fonction θIr |[L]2k (z) et étudier son comportement à
i∞.
z−1
−2k
= z −2k θIr (1 − z −1 )
θIr |[L]2k = z θIr
z
Pour analyser θIr (1 − z −1 ), il faut utiliser une généralisation de la formule d’inversion de Jacobi présentée au théorème 3 et dont la preuve est identique à celle
du théorème 3. Avec les notations de ce dernier théorème, posons
X
θA (z; X) =
exp(iπA[N + X]z), où X ∈ Rr ,
N ∈Zr
alors
iπ −1
t
θA (z; X) = p
exp − A [M ] + 2πiX M .
z
(−iz)r det(A) M ∈Zr
1
X
(2)
De cette dernière formule et en notant que m2 ≡ m (mod 2), nous obtenons que
X
exp iπIr [M ](1 − z −1 )
θIr (1 − z −1 ) =
M ∈Zr
=
X
=
X
exp −iπIr [M ]z −1 + iπIr [M ]
M
exp −iπIr [M ]z −1 + iπ
r
X
!
mj
.
j=1
M
En utilisant l’équation (2) avec X = (1/2, 1/2, . . . , 1/2)t , nous obtenons que
X
θIr (1 − z −1 ) = (−iz)r/2 θIr (z; X) = (−1)k z 2k
exp(iπIr [N + X]z)
N ∈Zr
23
Donc
X
z−1
= (−1)k
exp(iπIr [N + X]z)
θIr |[L]2k (z) = z θIr
z
r
N ∈Z
X Pr
iπ j=1 (nj +(1/2))2
k
ζ
= (−1)
−2k
N
Cette série converge à z = i∞, c’est-à-dire à ζ = 0, vers 0, parce qu’il est
impossible d’écrire 0 comme une somme de la forme
2
r X
1
nj +
où nj ∈ Z pour j = 1, 2, . . . , r
2
j=1
et θIr est holomorphe à z = 0.
˜ 0 de SL2 (Z) et un caractère χ : Γ
˜ 0 → C×
Définition 1. Soit au sous-groupe Γ
d’ordre fini. Une fonction f : H → C est une forme automorphe de poids k de
˜ 0 de SL2 (Z) si f satisfait les 3 propriétés
caractère χ par rapport au sous-groupe Γ
suivantes :
˜ 0 , c’est-à-dire que
1. f |[˜γ ]k = χ(˜
γ )f pour tout γ˜ ∈ Γ
az + b
a b
k
˜ 0;
f
= χ(˜
γ ) (cz + d) f (z) pour tout γ˜ =
∈Γ
c d
cz + d
2. f est holomorphe sur H ;
˜ 0 est une
3. le prolongement de f aux points paraboliques du sous-groupe Γ
fonction holomorphe à ces points.
Corollaire 2. Si r = 2k où k ∈ N et k ≥ 1, alors θIr est une forme automorphe
de poids k et de caractère χ pour le groupe Γ(2), où le caractère
(
1,
si d ≡ 1 (mod 4) ;
a b
χ : Γ(2) → {±1} est défini par
7→
k
c d
(−1) , si d ≡ 3 (mod 4).
Démonstration. Il n’est pas difficile de vérifier que χ est un caract
ere de Γ(2). Il suffit d’utiliser le théorème 4 pour démontrer la condition 1. Nous
avons ainsi
c 2k
az + b
θI
= ε−2k
(cz + d)2k/2 θI (z) = χ(d)(cz + d)k θI (z)
d
cz + d
d
et ceci permet de vérifier le corollaire.
24