ゼータ関数可愛すぎてごめんなさいNo.1

$Re(s)=\sigma,Im(s)=\delta$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}

\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。

\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}

[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、$p_{i_1},p_{i_2},...,p_{i_{l}}$を$l$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}

Euler積を用いれば明らか。

\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$d$は$r$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、$\frac{q}{d}=d^{'}$は$\frac{q}{r}$の約数。

\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{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}

$n$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。

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$i$は$n$を$k$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$n$を$k$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。

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{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}

\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{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}

\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{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}

[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}

[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{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}

\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}

\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}