解析的整数論の問題

以下、$s$ は $\sigma =\mathrm{Re}s>1$ を満たす複素数とし、$p$ は素数を表す。正の整数 $n$ と素数 $p$ に対して、$n$ を割り切る $p$ の最大のべきの指数を $v_p(n)$ と書く。

第 1 段: $f(n)$ の計算。 $n={\prod }_{p\mid n}{p}^{k_p}$（$k_p\ge 1$）と素因数分解する。$\mathrm{lcm}(a,b)=n$ ならば $a\mid n$, $b\mid n$ なので、$a,b$ は $n$ の約数であり、$f(n)$ は有限である。素因数分解の一意性により、$n$ の約数 $a$ は各 $p\mid n$ についての指数 $i_p=v_p(a)$（$0\le i_p\le k_p$）の組と 1 対 1 に対応し、$a,b$ の最小公倍数は $v_p(\mathrm{lcm}(a,b))=\max (v_p(a),v_p(b))$ を満たす（$n$ の素因数でない $p$ については指数はすべて $0$）。したがって $\mathrm{lcm}(a,b)=n$ となる順序対 $(a,b)$ は、各 $p\mid n$ ごとに独立に、$\max (i_p,j_p)=k_p$ を満たす非負整数の組 $(i_p,j_p)$ を選ぶことと 1 対 1 に対応する。非負整数 $k$ に対して
$$g(k)=\#\{(i,j)\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^2:\max (i,j)=k\}=\#\{\max (i,j)\le k\}-\#\{\max (i,j)\le k-1\}=(k+1{)}^2-k^2=2k+1$$
（$k=0$ のときも $g(0)=1$ で成り立つ）であるから、
$$f(n)=\prod _{p\mid n}(2k_p+1)=\prod _p(2v_p(n)+1)$$
である。この式から、$\gcd (m,n)=1$ ならば $m,n$ の素因数は共通しないので $f(mn)=f(m)f(n)$、すなわち $f$ は乗法的であり、$f(1)=1$、$f(p^k)=2k+1$ である。

第 2 段: 絶対収束。 一般に、非負値の乗法的関数 $h$（$h(1)=1$）と実数 $\sigma >1$、正の整数 $N$ に対して、各因子 ${\sum }_{k\ge 0}h(p^k)p^{-k\sigma }$ が収束するならば
$$\sum _{n\le N}\frac{h(n)}{n^{\sigma }}\le \prod _{p\le N}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{h(p^k)}{p^{k\sigma }}(\ast )$$
が成り立つ。実際、右辺の有限個の非負項級数の積を展開すると、その項は ${\prod }_{p\le N}h(p^{k_p})p^{-k_p\sigma }=h(m)m^{-\sigma }$（$m={\prod }_{p\le N}{p}^{k_p}$、乗法性を使った）であり、素因数分解の一意性により異なる指数の組は異なる $m$ を与える。$n\le N$ の素因数はすべて $N$ 以下なので、左辺の各項は右辺の展開に一度ずつ現れ、残りの項は非負である。

$h=f$ に適用する。$0\le x<1$ に対して ${\sum }_{k\ge 0}(2k+1)x^k=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}$ である（${\sum }_k{x}^k=\frac{1}{1-x}$ と ${\sum }_{k}k{x}^k=\frac{x}{(1-x{)}^2}$ から $2\cdot \frac{x}{(1-x{)}^2}+\frac{1}{1-x}=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}$）。$1+x\le \frac{1}{1-x}$ より、これは $(1-x{)}^{-3}$ 以下である。よって $x=p^{-\sigma }$ として
$$\sum _{n\le N}\frac{f(n)}{n^{\sigma }}\le (\prod _{p\le N}\frac{1}{1-p^{-\sigma }}{)}^3=(\prod _{p\le N}\sum _{k\ge 0}{p}^{-k\sigma }{)}^3.$$
最右辺の括弧内を展開すると、素因数分解の一意性により相異なる正の整数 $m$ に対する $m^{-\sigma }$ の和になるので $\zeta (\sigma )={\sum }_m{m}^{-\sigma }$ 以下である。したがって部分和は $\zeta (\sigma {)}^3$ で上から押さえられ、非負項級数 ${\sum }_{n}f(n)n^{-\sigma }$ は収束する。$|f(n)n^{-s}|=f(n)n^{-\sigma }$ なので、${\sum }_{n}f(n)n^{-s}$ は絶対収束する。

第 3 段: オイラー積への分解（補題）。 乗法的関数 $h$（$h(1)=1$）について ${\sum }_n|h(n)|n^{-\sigma }<\infty$ ならば
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{h(n)}{n^s}=\underset{N\to \infty }{\lim }\prod _{p\le N}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{h(p^k)}{p^{ks}}$$
が成り立つことを示す。各因子 ${\sum }_{k}h(p^k)p^{-ks}$ は、絶対収束級数 ${\sum }_{n}h(n)n^{-s}$ の一部の項（$n=p^k$）からなるので絶対収束する。有限個の絶対収束級数の積は展開して並べ替えてよいので、乗法性と素因数分解の一意性により
$$P_N(s):=\prod _{p\le N}\sum _{k\ge 0}\frac{h(p^k)}{p^{ks}}=\sum _{n\in S_N}\frac{h(n)}{n^s},S_N=\{n\ge 1:n\text{ の素因数はすべて }N\text{ 以下}\}$$
となる。$\{1,\dots ,N\}\subset S_N$ だから
$$|\sum _{n=1}^{\infty }\frac{h(n)}{n^s}-P_N(s)|=\left|\sum _{n\notin S_N}\frac{h(n)}{n^s}\right|\le \sum _{n>N}\frac{|h(n)|}{n^{\sigma }}\underset{N\to \infty }{\to }0$$
である（絶対収束級数の裾）。

第 4 段: $\zeta$ のオイラー積と $\zeta (2s)\ne 0$。 $h\equiv 1$ は乗法的で、$\sigma >1$ で $\sum n^{-\sigma }<\infty$ なので、補題と $|p^{-s}|=p^{-\sigma }<1$ による ${\sum }_k{p}^{-ks}=(1-p^{-s}{)}^{-1}$ から
$$\zeta (s)=\underset{N\to \infty }{\lim }\prod _{p\le N}(1-p^{-s}{)}^{-1}.$$
$\mathrm{Re}(2s)=2\sigma >1$ なので同様に $\zeta (2s)={\lim }_N{\prod }_{p\le N}(1-p^{-2s}{)}^{-1}$。ここで $Q_N={\prod }_{p\le N}(1-p^{-2s})$ とおくと
$$|Q_N|\le \prod _{p\le N}(1+p^{-2\sigma })\le \prod _{p\le N}(1-p^{-2\sigma }{)}^{-1}\le \zeta (2\sigma )$$
（最後は第 2 段と同じ展開の議論）であり、$Q_N$ は有界である。もし $\zeta (2s)=0$ なら $1=Q_N\cdot Q_N^{-1}$ の右辺は（有界）×（$0$ に収束する列）なので $0$ に収束し、矛盾する。よって $\zeta (2s)\ne 0$ であり、$Q_N=1/Q_N^{-1}\to 1/\zeta (2s)$ である。

第 5 段: 結論。 第 2 段より $f$ に補題が使える。$x=p^{-s}$（$|x|<1$）に対して、第 2 段と同じ計算（$|x|<1$ の複素数でも成り立つ）により
$$\sum _{k\ge 0}\frac{f(p^k)}{p^{ks}}=\sum _{k\ge 0}(2k+1)x^k=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}=\frac{1-x^2}{(1-x{)}^3}=\frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s}{)}^3}.$$
したがって
$$P_N(s)=(\prod _{p\le N}(1-p^{-s}{)}^{-1}{)}^3\cdot Q_N\underset{N\to \infty }{\to }\zeta (s{)}^3\cdot \frac{1}{\zeta (2s)}$$
であり、補題より左辺の極限は ${\sum }_{n}f(n)n^{-s}$ に等しい。

以上より、$\mathrm{Re}s>1$ で ${\sum }_{n\ge 1}f(n)n^{-s}$ は絶対収束し、$\zeta (2s)\ne 0$ であって $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{f(n)}{n^s}=\frac{\zeta (s{)}^3}{\zeta (2s)}$ が成り立つ。$■$