工繊大の塚本です.

In article <6be67337-a88b-48a3-9ba4-4d2eda1fc716@b13g2000prf.googlegroups.com>
KyokoYoshida <kyokoyoshida123@gmail.com> writes:
> \sum_{d=1}^\infty \prod_{p: prime, p|d}
>    p^{e(d, p) Re(\alpha+\beta-s)} (1 + p^{-Re(s)})
> と　
>  \prod_{p: prime, p|d} (1 + (1 + p^{-Re(s)}) \times
>                             \sum_{e=1}^\infty p^{e Re(\alpha+\beta-s)})
> をそれぞれ計算してみたのですが
> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/Lemma1_1_vi_40.jpg
> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/Lemma1_1_vi_41.jpg
> \sum_{d=1}^\infty \prod_{p: prime, p|d}
>    p^{e(d, p) Re(\alpha+\beta-s)} (1 + p^{-Re(s)})
> から
> \prod_{p: prime, p|d} (1 + (1 + p^{-Re(s)}) \times
>                            \sum_{e=1}^\infty p^{e Re(\alpha+\beta-s)})
> へどうすれば変形できるのでしょうか?

おっと失礼. \sum_{e=1}^\infty p^{e Re(\alpha+\beta-s)} が
何処に付くかの誤りを指摘することに気をとられて,
 \prod の範囲の誤りを指摘し損ねて, 式を修正し残していましたね.
 
 \sum_{d=1}^\infty \prod_{p: prime, p|d}
    p^{e(d, p) Re(\alpha+\beta-s)} (1 + p^{-Re(s)})

を書き換えると,

 \prod_{p: prime} (1 + (1 + p^{-Re(s)}) \times
                       \sum_{e=1}^\infty p^{e Re(\alpha+\beta-s)})

になります. 後者では d は出て来ないので,
 \prod_{p: prime, p|d} には意味がありません.

何故, 下の式を展開すると上の式になるかは,

 \prod_{p: prime} (1 - 1/p^s)^{-1}
  = \prod_{p: prime} (1 + \sum_{e=1}^\infty p^{- e s})

を展開すると

 \sum_{d=1}^\infty 1/n^s = \zeta(s)

になる理屈と同じです.

> つまり,Π_{x∈φ⊂C}x:=1, Σ_{x∈φ⊂C}x:=1 と定義するのですね。

空の添え字集合についての積は 1 と定義されますが,
空の添え字集合についての和は 0 と定義されます.
積の単位元は 1 であり, 和の単位元は 0 です.

> そうしますと行列の場合,
> Π_{x∈φ⊂Mtrx(n;X)}x, Σ_{x∈φ⊂Mtrx(n;X)}x
> (但し,Mtrx(n;X)は積に関しても交換法則成立)や

 n 次の正方行列全体の部分集合で, どの二つの積も可換であるような
ものを考えておいたとして.

> Π_{x∈φ⊂A}x, Σ_{x∈φ⊂A}x (但し,Aは可換環)
> の場合などは
> Π_{x∈φ⊂Mtrx(n;X)}x:=E_n, Σ_{x∈φ⊂Mtrx(n;X)}x:=E_n (但し,E_nは単位行列)

だから積の方は単位行列で良いですが,
和の方は零行列になります.

> Π_{x∈φ⊂A}x:=1_A, Σ_{x∈φ⊂A}x:=1_A (但し,1_AはAの単位元)

 A は 1 を持つ可換環であるとしないといけないでしょうが,
積の方は 1 であり, 和の方は 0 です.

> と定義されているのでしょうか?

積と和の違いをきちんと認識しましょう.

> とりあえず
> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/Lemma1_1_vi_prime_10.jpg
> まで行けたのですが

行けていませんね.

> ((p_1^0+p_1^1+…+p_1^{e_1})(p_2^0+p_2^1+…+p_2^{e_2})…(p_r^0+p_r^1+…
> +p_r^{e_r}))^sΠ_{p∈{p_1,p_2,…p_r};0<f_i,i∈{1,2,…,r}} (1-p^-s)

だからそんな \prod を式の一番最後においては駄目です.
又, どうして s 乗を全体に掛けているのでしょうか.
 (a + b)^s が a^s + b^s だとでも思っていますか.

> から
> (p_1^0+p_1^1+…+p_1^{e_1})^s(p_2^0+p_2^1+…+p_2^{e_2})^s…(p_r^0+p_r^1+…
> +p_r^{e_r})^sΠ_{p∈{p_1,p_2,…p_r};0<f_i,i∈{1,2,…,r}} (1-p^-s)
> と変形できるのは何故なのでしょうか?

意味のない式の意味のない変形には意味がありません.

> 今,sは複素数なので実数の累乗のように指数法則は通じませんよね?

複素数でも指数法則は当然成立しますよ.
もっとも, 貴方の誤りはもっと基本的なところにあります.
先ずは n = 12 のときどうなるかをちゃんと書いて御覧なさい.
といっても無理かな.

 \sum_{d|12} d^s \prod_{p: prime, p|d} (1 - p^{-s})
  = 1^s \prod_{p: prime, p|1} (1 - p^{-s})
    + 2^s \prod_{p: prime, p|2} (1 - p^{-s})
    + 3^s \prod_{p: prime, p|3} (1 - p^{-s})
    + 4^s \prod_{p: prime, p|4} (1 - p^{-s})
    + 6^s \prod_{p: prime, p|6} (1 - p^{-s})
    + 12^s \prod_{p: prime, p|12} (1 - p^{-s})
  = 1 + 2^s (1 - 2^{-s}) + 3^s (1 - 3^{-s}) + 4^s (1 - 2^{-s})
      + 6^s (1 - 2^{-s})(1 - 3^{-s}) + 12^s (1 - 2^{-s})(1 - 3^{-s})
  = 1 + 2^s (1 - 2^{-s}) + 3^s (1 - 3^{-s}) + 2^{2 s} (1 - 2^{-s})
      + 2^s 3^s (1 - 2^{-s})(1 - 3^{-s}) + 2^{2 s} 3^s (1 - 2^{-s})(1 - 3^{-s})
  = 1 + (1 - 2^{-s}) 2^s + (1 - 2^{-s}) 2^{2 s}
    + (1 - 3^{-s}) 3^s + (1 - 2^{-s}) 2^s (1 - 3^{-s}) 3^s
                       + (1 - 2^{-s}) 2^{2 s} (1 - 3^{-s}) 3^s
  = (1 + (1 - 2^{-s}) 2^s + (1 - 2^{-s}) 2^{2 s}) \times
    (1 + (1 - 3^{-s}) 3^s)
  = (2^2)^s 3^s = (2^2 * 3)^s = 12^s

というのを n = (p_1)^{e_1} (p_2)^{e_2} \cdots (p_r)^{e_r}
のときに一般化すれば,

 \sum_{d|n} d^s \prod_{p: prime, p|d} (1 - p^{-s})
  = \prod_{i=1}^r (1 + (1 - (p_i)^{-s}) \sum_{f_i=1}^{e_i} p^{f_i s})
  = \prod_{i=1}^r (p_i)^{e_i s}
  = n^s

であるというのが見えて来ないようでは
この手の話を理解するのは諦めた方が宜しいでしょう.
-- 
塚本千秋@数理・自然部門.基盤科学系.京都工芸繊維大学
Tsukamoto, C. : chiaki@kit.ac.jp