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）