Una prueba de$\sum\limits_{d|n} \sigma(d) = n \sum\limits_{d|n} {\tau(d) \over d}$

Question

Estoy tratando de prueba de la siguiente declaración:

Deje $n \in \mathbb{Z}$ e las $\sum$ están en el divisores $d$ de $n$. Mostrar que $$\sum\limits_{d|n} \sigma(d) = n \sum\limits_{d|n} {\tau(d) \over d}.$$

Llego a un punto en el que tiene un producto de polinomios y simplemente no me puedo encontrar una manera de cambiar el orden de los factores, con el fin de parecerse a algún tipo de útil de la estructura para este problema. Alguna sugerencia?

Answer 1

Tenemos $$\sum_{d\mid n}\sigma(d)=\sum_{d\mid n}\sum_{t\mid d}t=\sum_{t\mid n}\sum_{k\mid \frac{n}{t}}t=\sum_{t\mid n}t\sum_{k\mid \frac{n}t}1,$ $ donde $k=\frac{d}{t}$ . Entonces $$\sum_{d\mid n}\sigma(d)=\sum_{t\mid n}t\tau\left(\frac{n}t\right)=\sum_{\delta \mid n}\frac{n}{\delta}\tau(\delta)=n\sum_{\delta\mid n}\frac{\tau(\delta)}{\delta},$ $ donde $\delta =\frac{n}{t}$ .

Answer 2

Por medio de enriquecimiento, el tratamiento de Dirichlet de la serie como el poder formal de la serie tenemos que

$$\sum_{q\ge 0} \frac{\sigma(q)}{q^s} = \zeta(s) \sum_{q\ge 0} \frac{q}{p^s} = \zeta(s) \zeta(s-1) \quad\text{que}\quad \sum_{q\ge 0} \frac{1}{q^s} \sum_{d|q} \sigma(d) = \zeta(s)^2 \zeta(s-1).$$

En el otro lado

$$\sum_{q\ge 0} \frac{\tau(q)}{q^s} = \zeta(s)^2 \quad\text{que}\quad \sum_{q\ge 0} \frac{\tau(q)/q}{p^s} = \zeta(s+1)^2$$

y

$$\sum_{q\ge 0} \frac{1}{q^s} \sum_{d|q} \frac{\tau(d)}{d} = \zeta(s+1)^2 \zeta(s) \quad\text{que}\quad \sum_{q\ge 0} \frac{1}{q^s} p \sum_{d|q} \frac{\tau(d)}{d} = \zeta(s)^2 \zeta(s-1).$$

Tenemos la igualdad, que es el reclamo. Esto es formalmente así como por un inversa Mellin transformar en el correspondiente medio-plano, que en nuestro caso es $\Re(s) \gt 2.$