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エンタメ解説
文献あり

ゼータ関数可愛すぎてごめんなさいNo.1

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$$$$

挨拶

んちゃ!
皆ゼータ関数好きだよね?
Yanaさんとずんだもんは少なくともゼータ関数大好きだよ。
君がゼータ関数の事を好きになってもらえるように頑張るね。
ちなみに、天下り的な書き方にならないように気を付けているよ。
証明は基本的に省かないスタイルだから最初は頭空っぽにして読んでも面白いかもね?
じゃあ、楽しんで読んでみてね。
この記事は書きかけなのだ。随時更新していくのだ。

基礎

ゼータ関数

$Re(s)\gt 1$であるような複素数$s\in\mathbb{C}$に対して次の様な関数$\zeta:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$をゼータ関数という。
\begin{equation} \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}} \end{equation}

$Re(s)\gt 1$に対してゼータ関数を定義する級数は絶対収束する。

$Re(s)=\sigma,Im(s)=\delta$とすると次の様に書ける。
\begin{eqnarray} |n^{-s}|&=&|n^{-\sigma}n^{-i\delta}|\\ &=&|n^{-\sigma}||e^{-i\delta\log{n}}|\\ &=&n^{-\sigma} \end{eqnarray}
ゆえに、
\begin{eqnarray} |\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}|&\leq&\sum_{n=1}^{\infty}n^{-\sigma}\\ &\leq& 1+\int_{1}^{\infty}x^{-\sigma}dx\\ &=&1-\frac{1}{\sigma-1}\quad(\sigma\gt 1) \end{eqnarray}

Euler積

$\mathbb{P}=\{p\in\mathbb{N}|p\ is\ prime\}$とすると下記の式が成り立つ。
\begin{equation} \zeta(s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}(1-p^{-s})^{-1} \end{equation}

\begin{equation} \frac{1}{1-p^{-s}}=1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots \end{equation}
自然数$n$が次の様に素因数分解:$n=p_{1}^{e_{1}}p_{2}^{e_{2}}\cdots p_{k}^{e_{k}}$できる場合$p_{1}^{-e_{1}s},p_{2}^{-e_{2}s},...,p_{k}^{-e_{k}s}$を選択すれば$n^{-s}=p_{1}^{-e_{1}s}p_{2}^{-e_{2}s}\cdots p_{k}^{-e_{k}s}$を作れるので与えらた式は正しい。

関数$\pi:\mathbb{R_{+}}\rightarrow \mathbb{N}$を次の様に定める。
\begin{equation} \pi(x)=(number\ of\ prime\ that\ is\ less\ than\ x) \end{equation}

\begin{equation} \log{\zeta(s)}=s\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x(x^{s}-1)}dx \end{equation}

\begin{eqnarray} \log{\zeta(s)}&=&-\sum_{p\in\mathbb{P}}\log{(1-p^{-s})}\\ &=&-\sum_{n=1}^{\infty}(\pi(n)-\pi(n-1))\log{(1-n^{-s})}\\ &=&-\sum_{n=1}^{\infty}\pi(n)\{\log{(1-n^{-s})}-\log{(1-(n+1)^{-s})}\}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\pi(n)\int_{n}^{n+1}\frac{s}{x(x^{s}-1)}dx\\ &=&s\sum_{n=1}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\frac{\pi(x)}{x(x^{s}-1)}dx\\ &=&s\int_{1}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x(x^{s}-1)}dx \end{eqnarray}

mobuius function

\begin{eqnarray} \mu(n)= \left\{ \begin{array}{l} 1 \quad(n=1)\\ (-1)^{k}\quad(if\ n\ is\ the\ product\ of\ k\ different\ prime)\\ 0\quad(otherwise) \end{array} \right. \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \sum_{d|n}\mu(d)=\left\{ \begin{array}{l} 1\quad(n=1)\\ 0\quad(otherwise) \end{array} \right. \end{eqnarray}

[1]n=1の場合は明らか。
[2]$n=p_{1}^{e_{1}}p_{2}^{e_{2}}\cdots p_{k}^{e_{k}}$の場合は、$p_{i_1},p_{i_2},...,p_{i_{l}}$$l$個選ぶ方法は$\begin{pmatrix}n\\l\end{pmatrix}$個なので
\begin{eqnarray} \sum_{d|n}\mu(d)&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\\ &=&(1-1)^{n}\\ &=&0 \end{eqnarray}

\begin{equation} \frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^{s}} \end{equation}

Euler積を用いれば明らか。

\begin{eqnarray} 1&=&\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^{s}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^{s}}\\ &=&\sum_{q=1}^{\infty}\frac{1}{q^{s}}\sum_{n|q}\mu(\frac{q}{n})\\ &=&\sum_{q=1}^{\infty}\frac{1}{q^{s}}\sum_{n|q}\mu(n) \end{eqnarray}

Mobuis inversion fuormula

\begin{equation} g(q)=\sum_{d|q}f(d)\Rightarrow f(q)=\sum_{d|q}\mu(\frac{q}{d})g(d) \end{equation}

\begin{eqnarray} \sum_{d|q}\mu(\frac{q}{d})g(d)&=&\sum_{d|q}\mu(\frac{q}{d})\sum_{r|d}f(r)\\ &=&\sum_{d|q}\sum_{r|d}\mu(\frac{q}{d})f(r)\\ &=&\sum_{r|q}f(r)\sum_{d^{'}|\frac{q}{r}}\mu(d^{'})\\ &=&f(q) \end{eqnarray}
*級数の入れ替えの考え方
$r$を固定して考えると$d$$r$の倍数。ゆえに、ある$k$が存在して$d=kr$と書ける。ゆえに、$\frac{q}{r}=k\frac{q}{d}$と書ける。つまり、$\frac{q}{d}=d^{'}$$\frac{q}{r}$の約数。

上の証明でイメージがわかない人はこの例を見てみてね。
$q=6$の場合

r,d1236
1111
22
33
6

また
$d^{'}$,r1236
1111
22
33
6

\begin{eqnarray} \Lambda(n)= \left\{ \begin{array}{l} \log{n}\quad(n\ is\ p\ or\ a\ power\ of\ p)\\ 0\quad(otherwise) \end{array} \right. \end{eqnarray}

\begin{equation} \frac{\zeta^{'}(s)}{\zeta(s)}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^{s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{d}{ds}\log{\zeta(s)}&=&\frac{\zeta^{'}(s)}{\zeta(s)}\\ &=&-\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\log{p}}{p^{s}}\frac{1}{1-p^{-s}}\\ &=&-\sum_{p\in\mathbb{P}}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\log{p}}{p^{ms}}\\ &=&-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

\begin{equation} d_{k}(n)=number\ of\ ways\ of\ expressing\ n\ as\ a\ product\ of\ k\ fuctors \end{equation}

\begin{equation} \zeta^{k}(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d_{k}(n)}{n^{s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \zeta^{k}(s)&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\sum_{n_{1}n_{2}\cdots n_{k}=n}1\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d_{k}(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

\begin{equation} d(n)=(the\ numer\ of\ divisor\ of\ n) \end{equation}

$n=p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}$と書けた場合
\begin{equation} d(n)=(m_{1}+1)(m_{2}+1)\cdots(m_{r}+1) \end{equation}

$n$の約数について考えたとき、約数に含む$p_{k}$の選び方は$m_{k}+1$通り。

$n=p_{1}^{m_1}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}$と書ける場合は次の事実が成り立つ。
\begin{equation} d_{k}(n)=\begin{pmatrix}m_{1}+k-1\\m_{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m_{2}+k-1\\m_{2}\end{pmatrix}\cdots \begin{pmatrix}m_{r}+k-1\\m_{r}\end{pmatrix} \end{equation}

組み合わせ論的方法で証明する。
[1]まず、$d_k(n)$の定義より、$d_{k}(n)$はn個の積に展開する方法の数を意味しているから、n個の数を区別のできる$k$個の箱$1,2,...,k$に対応付けよう。ちなみに、箱$i$$n$$k$個の積に分解したとき左から見て$i$番目の数を表している。
[2]また、素因数$p_{1},p_{2},...,p_{r}$を番号$1,2,...,r$が書かれた球$m_{1},m_{2},...,m_{r}$個に対応付ける。
[3]この時、素因数$p_{1}$に着目すると$p_{1}$に対応する球1をすべて$k$個の箱に割り振る方法は$\begin{pmatrix}m_{1}+k-1\\m_{1}\end{pmatrix}$である。一つ一つの選び方は$n$$k$個の自然数の積で展開したとき、$p_{1}$がどのように割り振られているかを表している。他も同様。
[4]以上より、それぞれの球の選び方は独立だから積を取って、定理が示された。

\begin{equation} \nu(n)=the\ number\ of\ different\ prime\ factors\ of\ n \end{equation}

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|\mu(n)|}{n^{s}}\\ \frac{\zeta^{2}(s)}{\zeta(2s)}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{\nu(n)}}{n^{s}}\\ \frac{\zeta^{3}(s)}{\zeta(2s)}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d(n^{2})}{n^{2}}\\ \frac{\zeta^{4}(s)}{\zeta(2s)}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d^{2}(n)}{n^{2}} \end{array} \right. \end{eqnarray}

上から順番に証明する。
[1]
\begin{eqnarray} \frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1-p^{-2s}}{1-p^{s}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+p^{-s})\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|\mu(n)|}{n^{s}} \end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray} \frac{\zeta^{2}(s)}{\zeta(2s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s})^{2}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1+p^{-s}}{1-p^{-s}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+p^{-s})(1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+2p^{-s}+2p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{\nu(n)}}{n^{s}} \end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray} \frac{\zeta^{3}(s)}{\zeta(2s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s})^{3}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1+p^{-s}}{(1-p^{-s})^{2}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+p^{-s})(1+2p^{-s}+3p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+3p^{-s}+5p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\cdots+(2m_{1}+1)(2m_{2}+1)\cdots(2m_{k}+1)(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{k}^{m_{k}})^{-s}+\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d(n^{2})}{n^{s}} \end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray} \frac{\zeta^{4}(s)}{\zeta(2s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s})^{4}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1+p^{-s}}{(1-p^{-s})^{3}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+p^{-s})\frac{1}{2}(1\cdot 2+2\cdot 3p^{-s}+3\cdot 4p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+2^{2}p^{-s}+3^{2}p^{-2s}+\cdots)\\ &=&\cdots +(m_{1}+1)^{2}(m_{2}+1)^{2}\cdots (m_{r}+1)^{2}(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}})^{-s}+\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d^{2}(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

\begin{equation} \lambda(n)=(-1)^{r}\quad(n\ has\ r\ prime\ factors,a\ factor\ of\ degree\ k\ being\ counted\ k\ times) \end{equation}

\begin{equation} \frac{\zeta{(2s)}}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda(n)}{n^{-s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1+p^{-s}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1-p^{-s}+p^{-2s}-\cdots)\\ &=&\cdots+(-1)^{m_{1}+m_{2}+\cdots+m_{r}}(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}})^{-s}+\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda(n)}{n^{-s}} \end{eqnarray}

Euler phi function

\begin{equation} \phi(n)=the\ number\ of\ numbers\ less\ than\ n\ and\ prime\ to\ n \end{equation}

\begin{equation} \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{n^{s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}&=&\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1-p^{-s}}{1-p^{1-s}}\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1-\frac{1}{p^{s}})(1+\frac{p^{1}}{p^{s}}+\frac{p^{2}}{p^{2s}}+\cdots)\\ &=&\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+(1-\frac{1}{p})(\frac{p^{1}}{p^{-s}}+\frac{p^{2}}{p^{-2s}}+\cdots))\\ &=&\cdots+(1-\frac{1}{p_{1}})(1-\frac{1}{p_{2}})\cdots(1-\frac{1}{p_{r}})p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}\frac{1}{(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}})^{s}}+\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

\begin{equation} a(n)=the\ greatest\ odd\ divisor\ of\ n \end{equation}

\begin{equation} \frac{1-2^{1-s}}{1-2^{-s}}\zeta(s-1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a(n)}{n^{s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{1-2^{1-s}}{1-2^{-s}}\zeta(s-1)&=&\frac{1-2^{1-s}}{1-2^{-s}}\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{1-s}}\\ &=&\frac{1}{1-2^{-s}}\frac{1}{1-3^{1-s}}\frac{1}{1-5^{1-s}}\cdots\\ &=&(1+\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{2^{2s}}+\cdots)(1+\frac{3}{3^{s}}+\frac{3^{2}}{3^{2s}}+\cdots)(1+\frac{5}{5^{s}}+\frac{5^{2}}{5^{2s}}+\cdots)\cdots\\ &=&\cdots+\frac{p_{p_{2}}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}}{2^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}}+\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

mutiplicative function

互いに素な任意の自然数$a,b$に対して次の性質を持つ関数を乗法的関数と呼ぶ。
\begin{equation} f(ab)=f(a)f(b) \end{equation}

任意の乗法的関数に対して以下の事実が成り立つ。
\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(n)}{n^{s}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}(1+\frac{f(p)}{p}+\frac{f(p^{2})}{p^{2}}+\cdots) \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{f(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}})}{(p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}})^{s}}=\frac{f(p_{1}^{m_{1}})}{p_{1}^{m_{1}}}\frac{f(p_{2}^{m_{2}})}{p_{2}^{m_{2}}}\cdots \frac{f(p_{r}^{m_{r}})}{p_{r}^{m_{r}}} \end{eqnarray}

\begin{equation} \sigma_{a}(n)=the\ sum\ of\ ath\ powers\ of\ the\ divisors\ of\ n \end{equation}

\begin{equation} \zeta(s)\zeta(s-a)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sigma_{a}(n)}{n^{s}} \end{equation}

\begin{eqnarray} \zeta(s)\zeta(s-a)&=&\sum_{\mu=1}^{\infty}\frac{1}{\mu^{s}}\sum_{\nu=1}^{\infty}\frac{\nu^{a}}{\nu^{s}}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\sum_{m|n}m^{a}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sigma_{a}(n)}{n^{s}} \end{eqnarray}

Ramnujan's Sums

\begin{equation} c_{k}(n)=\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}e^{i2n\pi\frac{h}{k}} \end{equation}

\begin{equation} c_{k}(n)=\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}\cos{2n\pi\frac{h}{k}} \end{equation}

[1]$\gcd(h,k)=1\Leftrightarrow \gcd(k-h,k)=1$
実際$gcd(k-h,k)=d$とすると次の様に書ける。
\begin{eqnarray} &&\exists K\ s.t.\ k-h=dK\\ &&\exists L\ s.t.\ k=dL \end{eqnarray}
ゆえに、$h=d(-K+L)$を得るので、$d|h$
しかし、$\gcd(h,k)=1$なので$d=1$
[2]
\begin{eqnarray} c_{k}(n)&=&\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}e^{i2n\pi\frac{h}{k}}\\ &=&\frac{1}{2}\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}(e^{i2n\pi\frac{h}{k}}+e^{i2n\pi\frac{k-h}{k}})\\ &=&\frac{1}{2}\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}(e^{i2n\pi\frac{h}{k}}+e^{-i2n\pi\frac{h}{k}})\\ &=&\sum_{h\lt k\land \gcd(h,k)=1}\cos{2n\pi\frac{h}{k}} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} c_{k}(n)=\sum_{d|k\land d|n}\mu(\frac{k}{d})d\\ \eta_{k}(n)=\sum_{m=0}^{k-1}e^{-i2n\pi\frac{m}{k}}\Rightarrow \sum_{d|k}c_{d}(n)=\eta_{k}(n) \end{array} \right. \end{eqnarray}

[1]まず第二式を証明する。式の意味を図的に考えると、複素平面上で一個の頂点が必ず$(1,0)$を共有し、かつそれぞれの頂点が原点を中心とする単位円上に来るように描かれた正$k$角形の各頂点を余すことなく一回ずつ通ることを示せばいい。
[2]$k=p_{1}^{m_1}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}$が成り立つとしよう。このとき、$(1,0)$から反時計回りに見て$p_{1}^{e_{1}}p_{2}^{e_{2}}\cdots p_{m}^{e_{m}}q+1$番目の点では次の様に書ける。
\begin{equation} \frac{p_{1}^{e_{1}}p_{2}^{e_{2}}\cdots p_{m}^{e_{m}}q_{1}^{f_{1}}q_{2}^{f_{2}}\cdots q_{s}^{f_{s}}}{p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}}}=\frac{q}{p_{1}^{m_{1}-e_{1}}p_{2}^{m_{2}-e_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}-e_{r}}}\quad(\gcd(q|p_{1}^{m_{1}-e_{1}}p_{2}^{m_{2}-e_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}-e_{r}})) \end{equation}
[3]つまり$d=p_{1}^{m_{1}-e_{1}}p_{2}^{m_{2}-e_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}-e_{r}}|k$それぞれで$(\gcd(q|p_{1}^{m_{1}-e_{1}}p_{2}^{m_{2}-e_{2}}\cdots p_{r}^{m_{r}-e_{r}})$を満たす$q$について総和をとり、$d$を動かせば正$k$角形上の点すべてを通ることが分かる。
ゆえに、第二式は証明された。
[4]Mobius inversion formulaより第二式を用いると
\begin{equation} c_{k}(n)=\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})\eta_{d}(n) \end{equation}
また、簡単な考察により
\begin{eqnarray} \eta_{d}(n)=\left\{ \begin{array}{l} d\quad(d|n)\\ 0\quad(otherwise) \end{array} \right. \end{eqnarray}
を得るので最終的に第一式が示された。
\begin{equation} c_{k}(n)=\sum_{d|k\land d|n}\mu(\frac{k}{d})d \end{equation}

\begin{equation} \frac{c_{k}(n)}{k^{s}}=\sum_{dr=k\land d|n}\frac{\mu(r)}{r^{s}}d^{1-s} \end{equation}

\begin{eqnarray} \frac{c_{k}(n)}{k^{s}}&=&\frac{1}{k^{s}}\sum_{d|k\land d|n}\mu(\frac{k}{d})d\\ &=&\frac{1}{k^{s}}\sum_{dr=k\land d|n}\mu(r)d\\ &=&\sum_{dr=k\land d|n}\frac{\mu(r)}{r^{s}}d^{1-s} \end{eqnarray}

Ramanujan and Hardy

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{c_{k}(n)}{k^{s}}=\frac{\sigma_{1-s}(n)}{\zeta(s)} \end{equation}

\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{c_{k}(n)}{k^{s}}&=&\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{dr=k\land d|n}\frac{\mu(r)}{r^{s}}d^{1-s}\\ &=&\sum_{r=1}^{\infty}\frac{\mu(r)}{r^{s}}\sum_{d|n}d^{1-s}\\ &=&\frac{\sigma_{1-s}(n)}{\zeta(s)} \end{eqnarray}

イメージがわかない人向け
$n=6$の場合

k,d1236
1236
24612
36918
$\vdots$$\vdots$$\vdots$$\vdots$

\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{c_{k}(n)}{n^{s}}=\zeta(s)\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})d^{1-s} \end{equation}

\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{c_{k}(n)}{n^{s}}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\sum_{d|k\land d|n}\mu(\frac{k}{d})d\\ &=&\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\sum_{d|n}d\\ &=&\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\sum_{dm=n}d\\ &=&\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})d\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{dm=n}\frac{1}{(dm)^{s}}\\ &=&\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})d\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^{s}}\\ &=&\zeta(s)\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})d^{1-s} \end{eqnarray}

参考文献

[1]
E.C.TITCHMARSH, The Theory of The Riemann Zeta-function
投稿日:1026
更新日:1028

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