ご回答誠に有難うございます。

>> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__10...
>> としてみたのですが
>> Γ(s)ζ(s,x)=∫_0^1exp(-xu)u^s/(1-exp(-u)) du/u
>> +∫_1^∞exp(-xu)u^s/(1-exp(-u)) du/u
>> でexp(-xu)が急激に0に近づくなら(as u→∞),
>> どうして∫_1^∞exp(-xu)u^s/(1-exp(-u)) du/u∈Cと言えるのでしょうか?
> \exp(-u) \leq 1/u  (u > 0) ですから,
> 今, 自然数 M について 1 < Re(s) \leq M であるとすれば,
>  \exp(- x u)
>   = (\exp(- (x u)/(M+1)))^{M+1}
>   \leq (1/((x u)/(M+1)))^{M+1}
>      = ((M+2)/x)^{M+1} (1/u^{M+1})

ここは「=((M+2)/x)^{M+1} (1/u^{M+1})」ではなく「= ((M+1)/x)^{M+1}
(1/u^{M+1})」ですよね?

> ですから,
>  | \exp(- x u) u^s/(1 - \exp(-u)) |
>   \leq ((M+1)/x)^{M+1} (1/u)
> となり, \int_1^\infty (1/u) du/u = \int_^\infty 1/u^2 du は
> 可積分ですから, \int_1^\infty \exp(- x u) u^s/(1 - \exp(-u)) du/u も
> 可積分であることが分かります.

http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__13.jpg
となりましたが突然,
|exp(-xu)u^s/(1-exu(-u))|≦((M+1)/x)^{M+1}1/uが言えるのは何故なのでしょうか?

>> 更には∫_0^1exp(-xu)u^s/(1-exp(-u)) du/u∈Cとなるのは何故分かるのでしょうか?
> \exp(-x u) u/(1 - \exp(-u)) は u \in [0, 1] で有界であり,
> |u^{s-1}| = u^{Re(s)-1} で, Re(s) > 1 のとき
> \int_0^1 u^{Re(s)-1} du/u = \int_0^1 u^{Re(s)-2} du は可積分
> ですから, \int_0^1 \exp(- x u) u^s/(1 - \exp(-u)) du/u も
> 可積分であることが分かります.

http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__14.jpg
となったのですがRe(s)≦1の時は考えなくていいのでしょうか?
それとRe(s)>1の時,∫_0^1u^{Re(s)-1}du/u∈Cなら
∫_0^1exp(-xu)u^s/(1-exp(-u)) du/u ∈Cまでも言えてしまうのは何故なのでしょうか?

>> それでもってΓ(s)ζ(s,x)∈Cならζ(s,x)が
>> 全複素平面に解析接続可能と分かるのでしょうか?
> \Gamma(s) \sum_{n=0}^\infty 1/(x + n)^s
> の全複素平面上での有理形関数へ

どうして,Γ(s)ζ(s,x)=∫_0^1exp(-xu)/(1-exu(-u)) u^s du/u + ∫_1^∞exp(-xu)/(1-
exu(-u)) u^s du/u
が全複素平面上での有理形,つまり
∫_0^1exp(-xu)/(1-exu(-u)) u^s du/u + ∫_1^∞exp(-xu)/(1-exu(-u)) u^s du/
u
が全複素平面上で正則で,且つ全複素平面上で孤立特異点を持つ
事が分かるのでしょうか?

> の解析接続が求まれば,
> それの 1/\Gamma(s) 倍として,
> \sum_{n=0}^\infty 1/(x + n)^s の全複素平面上での
> 有理形関数への解析接続も得られますね. だから,

更にはどうして,ζ(s,x)=
1/Γ(s) [∫_0^1exp(-xu)/(1-exu(-u)) u^s du/u + ∫_1^∞exp(-xu)/(1-exu(-u))
u^s du/u]
が全複素平面上での有理形,つまり
1/Γ(s) [∫_0^1exp(-xu)/(1-exu(-u)) u^s du/u + ∫_1^∞exp(-xu)/(1-exu(-u))
u^s du/u]
が全複素平面上で正則で,且つ全複素平面上で孤立特異点を持つ
事が分かるのでしょうか?

>  \Gamma(s) \sum_{n=0}^\infty 1/(x + n)^s
>   = \int_0^\infty \exp(- x u) u^{s-1}/(1 - \exp(-u)) du
> が全複素数平面上の有理形関数となることを示そうと
> しているわけです.

今,Γ(s):=lim_{n→∞} n^s n!/Π_{k=0}^∞(s+k)と
ζ(s,x):=[1/lim_{n→∞} n^s n!/Π_{k=0}^∞(s+k)]・[Σ_{n=0}^∞(-1)^n/B_n(x)/(n!
(s+n-1))+∫_1^∞exp(-xu)/(1-exp(-u)  u^{s-1} du]
とは複素平面上で正則且つ有理形なのでよね。
その場合は
両辺を正則且つ有理形関数Γ(s)で割ったもの
ζ(s,x)=[1/(lim_{n→∞} n^s n!/Π_{k=0}^∞(s+k))^2]・[Σ_{n=0}^∞(-1)^n/B_n(x)/
(n!(s+n-1))+∫_1^∞exp(-xu)/(1-exp(-u)  u^{s-1} du]
も複素平面上で正則且つ有理形となる
という命題が在るのでしょうか?

>  \int_1^\infty \exp(- x u) u^{s-1}/(1 - \exp(-u)) du
> が全複素数平面上で正則な関数になることは宜しいですか.

すいません。∫_1^∞ exp(-xu) u^{s-1}/(1-exp(-u)) du
全複素平面で微分可能(正則)と分かるのでしょうか

>  \int_0^1 \exp(- x u) u^{s-1}/(1 - \exp(-u)) du
> の部分が全複素数平面上の有理形関数となることは
> 別の thread で述べました.

すいません。ちょっと見つけれませんでした。どちらのthreadでしょうか?

>> それでζ(s,x)が全複素平面に解析接続可能なら
>> ζ(s),L(s,χ),ζ_{a(modN)}(s)らも全複素平面に解析接続可能と
>> 言えるのでしょうか?
> \zeta(s) = \zeta(s, 1) だから,

ζ(s,1)=Σ_{n=0}^∞1/(1+n)^s=Σ_{n=1}^∞ 1/n^s=ζ(s)だから成立ちますね。

> \zeta(s) については良いですね.

すいません。ζ(s)=1/[exp(2πis)lim_{n→∞}(n^sn!/Π_{k=0}^n(s+k))] ∫_c
u^{s-1}/exp(u)-1 du
がRe(s)>1ではΣ_{n=1}^∞ 1/n^sと等しくなるのはどうすれば言えますでしょうか?

あと,ζ(s,1)=ζ(s)が成立つのは分かりましたが
ζ(s,x) (但し,x≠1)の場合は全複素平面への解析接続性と有理型性とC\setminu{1}での正則性が言えるのでしょうか?

> \zeta_{\equiv a (N)}(s) = N^{-s} \zeta(s, a/N)
> ですから,

ζ_{≡a(N)}(s)=Σ_{n∈amodN∩N}1/n^s=Σ_{n=1}^∞1/(a+nN)^s
=1/N^sΣ_{n=1}^∞1/(n+a/N)^s=N^-sζ(s,a/N)
ですね。

ζ(s,a/N)が全複素平面へ解析接続性と有理型性とC\setminus{1}で正則性を持つならそれをscalar倍(1/n^s倍)しても解析
接続性・有理型性・正則性は保存されるのですね。

> \zeta_{\equiv a (N)}(s) についても, 又,
> L(s, \chi) = \sum_{a=1}^{N-1} \chi(s) \zeta_{\equiv a (N)}(s)
> についても, 全複素平面上の有理形関数への解析接続が求まる
> ことになります.

L(s,χ)=Σ_{a=1}^{N-1}χ(a)ζ_{a≡(modN)}(s)
=χ(a)Σ_{a=1}^{N-1}ζ_{a≡(modN)}(s)
=χ(a)(ζ_{1≡(modN)}(s)+ζ_{2≡(modN)}(s)+…+ζ_{(N-1)≡(modN)}(s))
にても各
ζ_{1≡(modN)}(s),ζ_{2≡(modN)}(s),…,ζ_{(N-1)≡(modN)}(s))が解析接続性・有理型性・正則性を持
つならその和やschalar倍に於いても解析接続性・有理型性・正則性が保たれるという訳ですね?

>> それと(3)の丸1,丸2 「L(s,χ)がRe(s)>0で収束かつ正則になる」
>> 事についての証明で
>> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__11...
>> http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__12...
>> Σ_{n=1}^Nχ(n)Σ_{m=0}^∞(1/(mN+n)^s
>> =Σ_{n=1}^Nχ(n)/(0・N+n^s+Σ_{m=1}^∞Σ_{n=1}^Nχ(n)/(mN+n)^s
>> と変形できるのは何故なのでしょうか?
> 元々, \chi(m N + n) = \chi(n) なので,

χの定義からそうですね。

>  \sum_{n=1}^\infty \chi(n)/n^s
>   = \sum_{n=1}^N \chi(n)/n^s
>     + \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^N \chi(m N + n)/(m N + n)^s
>   = \sum_{n=1}^N \chi(n)/n^s
>     + \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^N \chi(n)/(m N + n)^s
> です.

http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/prop3_15__19.jpg
となったのですがどうすれば
Σ_{n=1}^Nχ(n)Σ_{m=0}^∞1/(mN+n)^sから
Σ_{n=1}^Nχ(n)/n^s+Σ_{m=1}^∞Σ_{n=1}^Nχ(n)/(mN+n)^sと変形できるのでしょうか?

>> 又,
>> Σ_{n=1}^∞Σ_{n=1}^Nχ(n)/(mN+n)^s
：
>         = N |s| (1 + 1/Re(s))
> です.

お陰様で上手くいきました。

>> |χ(n)|=1はどうして言えるのでしょうか?
> (Z/NZ)^\times は有限群ですから, n が N と素であれば,
> ある自然数 M があって, n^M \equiv 1  (\mod N) となります.

なるほどです。そのようなMが無ければ無限群になってしまいますね。