Demostrar que $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)}{n^s}=\zeta(s)\zeta(s-a)$

Question

Agradecería una pista sobre cómo superar el obstáculo que he encontrado en mi intento de prueba a continuación. Un mejor prueba de que la mía también sería de ayuda (Edit: La última parte se hace ahora por Gerry Myserson, el estado sigue siendo).

Intento en una prueba (la de abajo):

Como $\sigma_a(x)$ es completamente multiplicativa, podemos tomar el infinito producto de la primer serie: $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)}{n^s}= \prod_{\text{p prime}}\sum_{k=0}^\infty \frac{\sigma_a(p^k)}{p^{ks}}$$ $$=\prod_{\text{p prime}}\sum_{k=0}^\infty \frac{\frac{p^{(k+1)a}-1}{p^a-1}}{p^{ks}}$$ $$=\prod_{\text{p prime}}\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{p^a-1}\left[\frac{p^{(k+1)a}}{p^{ks}}-\frac{1}{p^{ks}}\right]$$ $$=\prod_{\text{p prime}} \frac{1}{p^a-1}\left[p^a\zeta(s-a)-\zeta(s)\right]$$ $$=\zeta(a)\prod_{\text{p prime}} \left[\zeta(s-a)-p^{-a}\zeta(s)\right]$$ No puedo ver cómo extraer $\zeta(s)\zeta(s-a)$ a partir de este.

Answer 1

Desde $\sigma_a=f\ast g$ es la de Dirichlet producto con $f(n)=1$$g(n)=n^a$, y dado que la multiplicación de Dirichlet de la serie se da con este producto, se obtiene $$ \sum_{n=1}^{\infty}\sigma_a(n)n^{-s}=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}\sum_{n=1}^{\infty}n^an^{-s}=\zeta(s)\zeta(s-a). $$

Answer 2

$$\zeta(s)\zeta(s-a)=\sum_j(1/j^s)\sum_k(k^a/k^s)=\sum_n c(n)/n^s$$ where we have to prove $c(n)=\sigma_a(n)$. But every factorization $n=jk$ contributes $k^$ to the coefficient of $n^{s}$.