Beilinson, Deligne. Interprétation motivique de la conjecture de Zagier reliant polylogarithmes et régulateurs

投稿日：2026/9/18

1.5 節の計算は以下の通り．行と列は 0 番目から数えることとする．また，煩雑さを避ける為に無限次行列を扱っているかのように書くが，有限次で truncate すれば正しい議論になる（はず）．

\begin{align*} e_0 = \begin{pmatrix} 0&0&0&0&\cdots\\ 0&0&0&0&\cdots\\ 0&1&0&0&\cdots\\ 0&0&1&0&\cdots\\ 0&0&0&1&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{pmatrix},\quad e_1 = \begin{pmatrix} 0&0&0&\cdots\\ 1&0&0&\cdots\\ 0&0&0&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{pmatrix} \end{align*}

とし， $E_i = \mathrm{ad}(e_0)^{i-1}(e_1)$ とする．ここで， $\mathrm{ad}(X)(Y) = XY-YX$ ．即ち $E_i$ は $(i,0)$ 成分が 1 でそれ以外が 0 の行列である．このとき任意の $i, j$ に対して

E_i E_j = O,\quad e_0^iE_j = E_{i+j},\quad E_ie_0 = O

が成立する．論文の冒頭で定義されている $L(z)$ は

\begin{align*} L(z) &= \begin{pmatrix} 1 &&&\\ -\li_1(z) & 1&& \\ -\li_2(z) & \log(z) & 1&&\\ -\li_3(z) & \dfrac{1}{2!}(\log(z))^2 & \log(z) & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1 &&&\\ -\li_1(z) & 1&& \\ -\li_2(z) & 0 & 1&&\\ -\li_3(z) & 0 & 0 & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} \exp(\log(z)e_0)\\ &= \exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell\right)\exp(\log(z)e_0) \end{align*}

と表せるので， $B(z)$ は

\begin{align*} &B(z) := L(z) \grpint(\tau(-1))(\overline{L(z)}^{-1})\\ &= \exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell\right)\exp(\log\lvert z \rvert^2 e_0)\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} E_\ell\right) \end{align*}

となる． $a = \log\lvert z \rvert^2$ と置き，中心の項を右端に移動させると，

\begin{align*} &= \exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell\right)\grpint(\exp(ae_0))\left(\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} E_\ell\right)\right)\exp(a e_0)\\ &=\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell\right)\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} \grpint(\exp(ae_0))(E_\ell)\right)\exp(a e_0)\\ &=\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell\right)\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} \sum_{i\geq 0} \frac{a^i}{i!}e_0^i E_\ell\right)\exp(a e_0)\\ &=\exp\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) E_\ell+\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} \sum_{i\geq 0} \frac{a^i}{i!}E_{\ell+i}\right)\exp(a e_0). \end{align*}

従って，論文中の (1.5.4) より，数列 $(\lambda_\ell)_{\ell \geq 1}$ を母関数

\sum_{\ell \geq 1} \lambda_\ell T^\ell = \frac{aT}{e^{aT}-1}\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) T^\ell+\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} \sum_{i\geq 0} \frac{a^i}{i!}T^{\ell+i}\right)

によって定めると

\log B(z) = \sum_{\ell \geq 1} \lambda_\ell E_\ell + ae_0

が成立する（この事実に関しては後述する）．多重対数関数の母関数を

A(T) := \sum_{\ell \geq 1} \li_\ell(z) T^\ell

と書くことにすると， $(\lambda_\ell)_{\ell}$ の母関数は

\begin{align*} &\frac{aT}{e^{aT}-1}\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) T^\ell+\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)} \sum_{i\geq 0} \frac{a^i}{i!}T^{\ell+i}\right)\\ &= \frac{aT}{e^{aT}-1}\left(\sum_{\ell \geq 1} -\li_\ell(z) T^\ell+\left(\sum_{\ell \geq 1} (-1)^{\ell-1}\overline{\li_\ell(z)}T^\ell\right)\left(\sum_{i\geq 0} \frac{a^i}{i!}T^{i}\right) \right)\\ &= \frac{aT}{e^{aT}-1}\left(-A(T)-\overline{A(-T)}e^{aT} \right)\\ &= -\frac{aT}{e^{aT}-1}A(T)-\frac{aTe^{aT}}{e^{aT}-1}\overline{A(-T)}\\ &= -\frac{aT}{e^{aT}-1}A(T)+\frac{-aT}{e^{-aT}-1}\overline{A(-T)}\\ &= -\left(\sum_{p \geq 0} \frac{B_p a^p}{p!}T^p\right)\left(\sum_{q \geq 1}\li_q(z)T^q\right)\\ &\qquad+\left(\sum_{p \geq 0} \frac{B_p (-a)^p}{p!}T^p\right)\left(\sum_{q \geq 1}(-1)^q\overline{\li_q(z)}T^q\right) \\ &= \sum_{n \geq 1} \left(\sum_{p=0}^n \left(-\frac{B_p a^p}{p!}\li_{n-p}(z) + (-1)^n\frac{B_p a^p}{p!}\overline{\li_{n-p}(z)}\right)\right)T^n \end{align*}

と計算できる．従って， $-\log(B(z)^{1/2})$ の $(k,0)$ 成分を $D_k(z)$ とすると

\begin{align*} D_k(z) = \begin{cases} \displaystyle i\sum_{\ell = 0}^k \frac{B_\ell}{\ell!}(\log\lvert z\rvert^2)^\ell \im(\li_{k-\ell}(z)) & \text{（$k$ が偶数の場合）}\\ \displaystyle \sum_{\ell = 0}^k \frac{B_\ell}{\ell!}(\log\lvert z\rvert^2)^\ell \re(\li_{k-\ell}(z)) & \text{（$k$ が奇数の場合）}\\ \end{cases} \end{align*}

となる．

最後に (1.5.4) を示す．主張を改めて述べると以下の通り：

与えられた数列 $(\mu_\ell)_{\ell \geq 1}$ と複素数 $a$ に対して，数列 $(\lambda_\ell)_{\ell \geq 1}$ を母関数

\sum_{\ell \geq 1} \lambda_\ell T^\ell = \frac{aT}{e^{aT}-1}\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell T^\ell

によって定めると

\log\left(\exp\left(\sum_{\ell \geq 1}\mu_\ell E_\ell\right)\exp(ae_0)\right) = \sum_{\ell \geq 1} \lambda_\ell E_\ell + ae_0

が成立する．

$E_i$ と $e_0$ に関して冒頭で述べたことに注意すると，

\begin{align*} \exp\left(\sum_{\ell \geq 1}\mu_\ell E_\ell\right)\exp(ae_0) &= \left(1+\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell E_\ell\right)\left(\sum_{\ell \geq 0} \frac{a^\ell}{\ell!}e_0^\ell\right)\\ &= 1 + \sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell E_\ell + \sum_{\ell \geq 1} \frac{a^\ell}{\ell!}e_0^\ell \end{align*}

であるので，

\begin{align*} &\log\left(\exp\left(\sum_{\ell \geq 1}\mu_\ell E_\ell\right)\exp(ae_0)\right) \\ &= \sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell E_\ell + \sum_{\ell \geq 1} \frac{a^\ell}{\ell!}e_0^\ell\right)^n\\ &= \sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\left(\sum_{\ell \geq 1}\frac{a^\ell}{\ell!}e_0^\ell\right)^n + \left(\sum_{\ell \geq 1}\frac{a^\ell}{\ell!}e_0^\ell\right)^{n-1}\left(\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell E_\ell\right) \right) \end{align*}

が成り立つ．第 1 項は $\log(\exp(ae_0)) = ae_0$ である．第 2 項を計算する．第 2 項を $E_i$ に関して展開した時の係数の母関数は

\begin{align*} &\sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\sum_{\ell \geq 1}\frac{a^\ell}{\ell!}T^\ell\right)^{n-1}\left(\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell T^\ell\right)\\ &= \left(\sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(e^{aT}-1)^{n-1}\right)\left(\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell T^\ell\right)\\ &= \frac{1}{e^{aT}-1}\left(\sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(e^{aT}-1)^{n}\right)\left(\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell T^\ell\right)\\ &= \frac{aT}{e^{aT}-1}\sum_{\ell \geq 1} \mu_\ell T^\ell\\ \end{align*}

であるので，これによって命題が証明された．