2024.12.30 闲话 (2)

断言：对于积性函数 $f,g$，

$$h(n)=\sum_{d\mid n}\sum_{e\mid n}f(d)g(e)[d\perp e]$$

也是积性的 .

证明：只需要注意到如果 $a\perp b$ 那么对于 $d_1\perp a,\,d_2\perp b$，$d_1d_2$ 覆盖 $ab$ 的所有因子 .

Ada and Homework

$$\sum_{i=1}^n[i\perp n]\gcd(i-1,n)=d(n)\varphi(n)$$

首先：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n[i\perp n]\gcd(i-1,n)&=\sum_{i=1}^n\left(\sum_{d\mid\gcd(i,n)}\mu(d)\right)\left(\sum_{e\mid\gcd(i-1,n)}\varphi(e)\right)\\&=\sum_{d\mid n}\sum_{e\mid n}\mu(d)\varphi(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]\\&=\sum_{d\mid n}\sum_{e\mid n}\mu(d)\varphi(e)[d\perp e]\dfrac n{de}\end{aligned}$$

根据断言显然有积性，考察素数幂处取值即可（这是平凡的），结束！

关于为什么对于 $d,e\mid n$ 有 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]=[d\perp e]\dfrac n{de}$：求解 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]$ 的关键就在于求解 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]$，要想清楚为什么需要求解 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]$，就必须想清楚为什么需要求解 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}d\rfloor}[e\mid id-1]$。现代社会以 Bézout 的一句“$ax+by=c$ 有整数解当且仅当 $\gcd(a,b)\mid c$”为嚆矢，滥觞于小凯的疑惑的期望正失去它们的借鉴意义。但面对看似无垠的正整数集，我想循求和上界“$i\le\lfloor\frac{n+1}d\rfloor$”的推导好过过早地振翮。

互质 + s 的 gcd 和

$$\sum_{i=1}^n[i\perp n]\gcd(i+s,n)=\varphi(n)d\left(\dfrac{n}{\gcd(n,s^{\infty})}\right)$$

其中 $\gcd(n,s^{\infty})=\max\limits_k\{\gcd(n,s^k)\}$ .

来自飞雨烟雁 数学杂记 (155)！

首先：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n[i\perp n]\gcd(i+s,n)&=\sum_{i=1}^n\left(\sum_{d\mid\gcd(i,n)}\mu(d)\right)\left(\sum_{e\mid\gcd(i+s,n)}\varphi(e)\right)\\&=\sum_{d\mid n}\sum_{e\mid n}\mu(d)\varphi(e)\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n-s}d\rfloor}[e\mid id+s]\\&=\sum_{d\mid n}\sum_{e\mid n}\mu(d)\varphi(e)[\gcd(d,e)\mid s]\dfrac{n\gcd(d,e)}{de}\end{aligned}$$

显然（？）有积性，考察素数幂处取值即可（这是平凡的），结束！

没事我魔怔一下，根本就不显然，考虑枚举 $f=\gcd(d,e)$，那么可以转为：

$$\sum_{f\mid\gcd(n,s)}\dfrac1f\sum_{d\mid \frac nf}\sum_{e\mid \frac nf}\mu(df)\varphi(ef)[d\perp e]\dfrac{n}{de}$$

那么就显然了！（需要注意到对于常数 $k$ 来说，$f(x)=\mu(kx),\,g(x)=\varphi(kx)$ 是积性的）