多元可逆平方组
记录一下昨天在学校看到的一个数论问题。(标题是我自己瞎取的
假设 f(n) 表示满足 gcd 且对于 1\le i\le 6 满足 0\le x_i < n 的六元祖 (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6) 的数量,求 \sum_{i=1}^n \frac {f(i)}{i^2\varphi(i)},其中 n\le 10^{12}。
菜菜的我肯定是不会的,于是就打了个表去 OEIS 了,然后发现 OEIS 上有这个函数,并且是积性的,只不函数稍微有亿点点复杂。f(2^e)=2^{6e-1},f(p^e)=(p - 1)\times p^{6e - 4}\times (p^3 - (-1)^{\frac{3\times(p-1)} 2})。然后瞎搞搞筛筛就可以做了。
但是我没有去做题(因为懒)而是打了一个 8-tumple 的表,然后发现 OEIS 居然也有,这次是 f(2^e) = 2^{8e-1}, f(p^e) = (p - 1)\times p^{8e - 5}\times (p^4 - 1)。
我寻思着那 2k-tumple 大概就是 f(2^e) = 2^{2ke-1}, f(p^e) = (p - 1)\times p^{2ke - (k+1)}\times (p^k - (-1)^{\frac{k\times(p-1)} 2})。
然后我还是没去写题或者去证明(太懒了),于是我又打了一个 7-tumple 的表,然后发现 OEIS 还是有,而且这次更加简单了:f(n)=n^6\times \varphi(n) = \varphi(n^7)。然后经过几次尝试,发现 (2k+1)-tumple 就是 f(n)=\varphi(n^{2k+1})。
然后我还是没去证明(下楼吃饭了)。
昨天拖了灰灰和 jmr 的后腿,sad。于是证明就被我给鸽了。
然后鸽到了今天,大概先口胡一个证明。先写当 n 为质数的时候的证明。因为模奇质数意义下的二次剩余一定是一半,所以前面 k-1 个随便选,最后一个一定有 \frac{n-1}{2} \times 2 种选法,然后答案就是 n^{k-1}\times (n-1)。
关于 p^e 也是类似,我们可以通过 f_{k-2}(n) 来递推到 f_{k}(n),容易发现当且仅当最后两项的和与前面的和 \bmod p 不为 0 时是合法的,这样就只用考察 x^2+y^2 的二次剩余的分布了,就可以轻松得到上式。
然后又因为 x \pmod {p\times q},\gcd(p,q)=1 是二次剩余当且仅当 x\pmod p 是二次剩余且 x\pmod q 是二次剩余,所以就又可以轻松得到积性了。
于是证明大概就是这样咯 QwQ。
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