狄利克雷级数gydF4y2Ba

狄利克雷级数gydF4y2Ba函数是复变量吗gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$由某个无穷级数定义。它们是gydF4y2Ba黎曼ζ函数gydF4y2Ba，它们在数论中非常重要，因为它们与质数的分布有着深刻的联系。它们有有趣的联系gydF4y2Ba乘法函数gydF4y2Ba和gydF4y2Ba狄利克雷卷积gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

一个gydF4y2Ba狄利克雷级数gydF4y2Ba是表达的形式吗gydF4y2Ba

$\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{an} {n ^ s}。gydF4y2Ba$

在这里gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$是一个复合变量和gydF4y2Ba $angydF4y2Ba$是一系列复杂数字。如果我们写的话gydF4y2Ba $angydF4y2Ba$作为算术函数的值gydF4y2Ba $f (n) = an,gydF4y2Ba$我们说上述系列是与之相关的Dirichlet系列gydF4y2Ba $f。gydF4y2Ba$

当gydF4y2Ba $an = 1gydF4y2Ba$对所有gydF4y2Ba $n,gydF4y2Ba$相伴的狄利克雷级数是gydF4y2Ba $\ \和frac1 {n ^ s},gydF4y2Ba$的gydF4y2Ba黎曼ζ函数gydF4y2Ba $\泽塔(s)。gydF4y2Ba$所以狄利克雷级数与这个函数有关gydF4y2Ba $\ mathbf {1}gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\泽塔(s)。gydF4y2Ba$

给出两个狄利克雷级数gydF4y2Ba $F (s)gydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $G (s)gydF4y2Ba$，乘积的狄利克雷级数表示gydF4y2Ba $F (s) G (s)gydF4y2Ba$结果证明与gydF4y2Ba狄利克雷卷积gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

让gydF4y2Ba

$F (s) = \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{F (n)} {n ^ s}, \ \ \ G (s) = \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{G (n)} {n ^ s}。gydF4y2Ba$

假设级数都收敛于给定的值gydF4y2Ba $年代gydF4y2Ba$至少有一个是绝对收敛的。然后gydF4y2Ba $\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{(f * g) (n)} {n ^ s}gydF4y2Ba$收敛,gydF4y2Ba $f * ggydF4y2Ba$是gydF4y2Ba狄利克雷卷积gydF4y2Ba的gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $ggydF4y2Ba$,gydF4y2Ba

$F(s)G(s) = \sum \frac{(F * G)(n)}{n^s}。gydF4y2Ba$

部分证据:gydF4y2Ba
忽略收敛的问题，考虑该产品gydF4y2Ba $F (s) G (s):gydF4y2Ba$

$F (s) G (s) = \离开(F(1) + \压裂{F (2)} {2 ^ (s} + \ cdots \) \离开(G(1) + \压裂{G (2)} {2 ^ (s} + \ cdots \右)。gydF4y2Ba$

这扩展为形式的分数之和gydF4y2Ba

$\压裂{f (i) g (j)} {(ij) ^}。gydF4y2Ba$

分母项gydF4y2Ba $n ^年代gydF4y2Ba$将会是那些gydF4y2Ba $j = \压裂倪。gydF4y2Ba$所以系数gydF4y2Ba $\ frac1 {n ^ s}gydF4y2Ba$将gydF4y2Ba $\ sum_{我| n} f (i) g \离开(\压裂倪\右),gydF4y2Ba$也就是gydF4y2Ba $f * ggydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

黎曼ζ函数有一个著名的乘积公式，它是由gydF4y2Ba独特的分解gydF4y2Ba和a的和的公式gydF4y2Ba几何级数gydF4y2Ba：gydF4y2Ba

$\开始{对齐}\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \ frac1 {n ^ s} & = 1 + \ frac1 {2 ^ (s} + \ frac1 {3 ^ s} + \ cdots \ \ & = \离开(1 + \ frac1 {2 ^ (s} + \ frac1 {4 ^ s} + \ cdots \) \离开(1 + \ frac1 {3 ^ s} + \ frac1 {9 s ^} + \ cdots \) \离开(1 + \ frac1 {5 ^ s} + \ frac1 {25 s ^} + \ cdots \) \左(右\ cdots \) \ \ & = \ frac1{1 - \压裂{1}{2 ^ (s}} \ cdot \ frac1{1 - \压裂{1}{3 ^ s}} \ cdot \ frac1{1 - \压裂{1}{5 ^ s}} \ cdots\ \ & = \ prod_{文本\ \ p{'}} \离开(1 - \ frac1 {p s ^} \右)^{1}。结束\{对齐}gydF4y2Ba$

我们可以把这个推广到任何与a有关的狄利克雷级数gydF4y2Ba乘法函数gydF4y2Ba：gydF4y2Ba

考虑到gydF4y2Ba $f（s）= \ sum_ {n = 1} ^ {\ idty} \ frac {f（n）} {n ^ s}gydF4y2Ba$绝对收敛,gydF4y2Ba

• 如果gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$是一个乘法函数吗gydF4y2Ba $F (s) = \ prod_{文本\ \ p{'}} \离开(1 + \压裂{F (p)} {p s ^} + \压裂{F (p ^ 2)} {p ^ {2}} + \ cdots \右);gydF4y2Ba$
• 如果gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$是完全相乘的吗gydF4y2Ba $F (s) = \ prod_{文本\ \ p{'}} \离开(1 - \压裂{F (p)} {p s ^} \右)^{1}。gydF4y2Ba$

证明本质上与黎曼ζ函数的上述推导是相同的。gydF4y2Ba

表明,gydF4y2Ba

$\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{\μ(n)} {n ^ s} = \ frac1{\泽塔(s)}。gydF4y2Ba$

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乘积公式给出gydF4y2Ba

$\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{\μ(n)} {n ^ s} = \ prod_{文本\ \ p{'}} \离开(1 - \ frac1 {p s ^} \右),gydF4y2Ba$

哪个是乘积公式的倒数gydF4y2Ba $\泽塔(s)gydF4y2Ba$．另一种解决这个问题的方法是把这个结果用在狄利克雷级数的乘积上:注意gydF4y2Ba $* mathbf{1} = e，gydF4y2Ba$卷积恒等函数，所以相关的狄利克雷级数的乘积是gydF4y2Ba $\ \和压裂{e (n)} {n ^ s} = 1gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

表明,gydF4y2Ba

$\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{\φ(n)} {n ^ s} = \压裂{\泽塔(s - 1)}{\泽塔(s)},gydF4y2Ba$

在哪里gydF4y2Ba $\φgydF4y2Ba$是gydF4y2Ba欧拉φ函数gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

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$= IgydF4y2Ba$,在那里gydF4y2Ba $我(n) = ngydF4y2Ba$(见gydF4y2Ba狄利克雷卷积gydF4y2Ba，因此上面的定理给出gydF4y2Ba

$\开始{对齐}\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{\φ(n)} {n ^ s} & = \离开(\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{\μ(n)} {n ^ s} \) \离开(\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \压裂{n} {n ^ s} \) \ \ & = \ frac1{\泽塔(s)} \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac1 {n ^ {s - 1 }} \\ &= \ 压裂{\泽塔(s - 1)}{\泽塔(s)}。\ \ _ \广场结束{对齐}gydF4y2Ba$

(练习:用另一种方法来做这个例子，使用上一个例子中的乘积公式。)gydF4y2Ba