Связь дзета-функции Римана и функции Мебиуса [Теория чисел]

[Whitaker]

Здравствуйте, дорогие друзья!

Доказать, что при $\operatorname{Re}s=\sigma>1$ верно следующее равенство:

$$\dfrac{1}{\zeta(s)}=\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\mu(n)}{n^s}$$

Моя попытка решения: Пусть $X\geqslant 2$ и определим функцию $\zeta_X(s)$ равенством $\zeta_X(s)=\prod_{p\leqslant X}(1-p^{-s})^{-1}$
Пусть $2\leqslant p_1<p_2<\dots<p_m\leqslant X$ и тогда мы можем написать следующее:

$$\dfrac{1}{\zeta_X(s)}=\prod \limits_{i=1}^{m}(1-p_i^{-s})=1-\left(\dfrac{1}{p_1^s}+\dots+\dfrac{1}{p_m^s}\right)+\dots+\dfrac{(-1)^m}{p_1^s\dots p_m^s}=\sum \limits_{n<X}\dfrac{\mu(n)}{n^s}+\sum \limits^{'}_{n\geqslant X}\dfrac{\mu(n)}{n^s}$$

причем штрих во второй сумме означает, что суммирование идет по $n>X$ таким, что каждый его простой делитель не превосходит $X$. Оценим его по модулю.

$$\left|\sum \limits^{'}_{n\geqslant X}\dfrac{\mu(n)}{n^s}\right|\leqslant \sum \limits^{'}_{n\geqslant X}\left|\dfrac{\mu(n)}{n^s}\right|<\sum \limits_{n\geqslant X}\dfrac{1}{n^{\sigma}}<\dfrac{1}{X^{\sigma}}+\int \limits_{X}^{+\infty}\dfrac{du}{u^{\sigma}}<\dfrac{\sigma}{\sigma-1}X^{1-\sigma}$$

Т.е. мы получаем, что:

$$\dfrac{1}{\zeta_X(s)}=\sum \limits_{n<X}\dfrac{\mu(n)}{n^s}+O(X^{1-\sigma})$$

Переходя к пределу при $X\to +\infty$ и учитывая, что $\sigma>1$ получаем, то что нам нужно.

Скажите пожалуйста подходит ли такое доказательство?

[ex-math]

Whitaker
Можно так, но проще просто умножить это ряд на ряд Дирихле для $\zeta(s)$, получив 1.

[Whitaker]

ex-math
Вы имеете в виду следующее?
Так как ряды $\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^s}$ и $\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\mu(n)}{n^s}$ сходятся абсолютно в полуплоскости $\operatorname{Re}s>1$, то их можно перемножать и результат будет также абсолютно сходящимся и ряд можно переставлять как угодно, причем сумма от этого не меняется.

$$\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^s}\times \sum \limits_{m=1}^{\infty}\dfrac{\mu(m)}{m^s}=\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a(n)}{n^s},$$

где $a(n)=\sum \limits_{d\mid n}1\times \mu\left(\dfrac{n}{d}\right)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)$
Используя то, что

$$\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)= \begin{cases} 1, & \text{if }n=1 \\ 0, & \text{if }n>1 \end{cases}$$

получаем, что их произведение равно единичке. Верно?

[ex-math]

Whitaker
Да.