一個算術函數及其有關的恒等式

沈慧津

（西北大學數學學院，陜西西安710100）

0 引 言

設n是一個正整數，TóTH[1]引入了模n的正則數的概念，即對任意給定的正整數模n，如果存在一個整數x，使得m2x≡m(modn)，那么，整數m被稱為模n的正則數。事實上正則數的概念也是模n可乘逆的推廣或延伸，因為，如果(m,n)=1，那么，其中的x就滿足同余方程mx≡1(modn)。此時x就是m模n的可逆乘元！當然也存在整數m，使得(m,n)＞1 且m2x≡m(modn)。 例 如 ，取n=15,m=3，則x=2，且 32× 2≡ 3(mod 15)。容易證明整數m是模n的正則數當且僅當這里(m,n)表示m和n的最大公因子。如果正整數為模n的Hall因子，并記為d‖n。因此，整數m是模n的正則因子當且僅當(n,m)是n的Hall因子，記α(n)為模n在其完全剩余系中的所有正則數的個數，利用正則數的定義容易證明

其中，φ(n)表示Euler函數，即模n的完全剩余系中與n互素的正整數的個數。

特別地，當n=p為素數時，有α(p)=p。

對任意正整數q及整數n，設A(q)表示模q在區間1≤m≤q中所有正則數的集合，顯然此集合對模q的同余以及普通乘法形成一個半群！在此半群中，對任何元素m，均存在一個非零整數x，使得mx為冪等元，即對所有正整數 k有(mk)k≡mx(mod q)。如果(m,q)=1，那么m一定存在逆元；而當(m,q)＞1時，m不存在逆元。類似的代數性質很多，但這并不是本文關注的重點?，F在引入新的三角和函數C*q(q)：

設B(q)表示區間1≤m≤q中所有與q互素的正整數集合，記

那么，稱Cq(n)為Ramanujan和。對任意正整數，Ramanujan的經典結果[2]給出了恒等式

其中ζ(s)表示Riemannζ-函數，σ(n)表示n的所有因數之和。

TóTH[3]將這一結果進行了推廣，并證明了對任意正整數q1,q2,…,qk，有恒等式

其中(n1,n2,…,nk)和[q1,q2,…,qk]分別表示整數n1,n2,…,nk的最大公約數和最小公倍數。

文獻[4]也對以上結果進行了進一步推廣和延伸。有關其他的和式或恒等式可見文獻[5-13]，不再一一列舉。

受文獻[4]的啟發，利用初等方法以及三角和的性質研究了無窮級數

的計算問題，并得到以下2個結果。

定理1設q是任意正整數，則有恒等式

顯然可用此結論來判斷一個正整數q是不是square-full數（一個正整數n稱為square-full數，如果p|n，則有 p2|n）。

定理2對任意正整數n，有恒等式

特別地，當n=1時，有恒等式

利用正則數的性質還可得到以下推論。

推論1設整數q＞1，且標準分解式為q=表示所有自然數中q的正則數的集合，則對任意實數s＞2，有

特別地，當q是一個無平方因子數時，有

對一般的正整數q，當s=2時，有

事實上，由定理2的證明過程可知，對任意整數n及實數s＞1，也可以給出Dirichlet級數的精確計算式，只是此時不一定能計算得到ζ(s)。

很顯然，將本文的結果推廣為文獻[4]中的形式，是我們進一步研究的方向和目標！

1 若干引理

為了完成定理的證明，需要以下引理。下文中，將用到一些初等數論知識以及三角和的性質，這些內容在文獻[13-15]中有詳細描述，不再贅述。

引理1設n是一個給定的整數，對任意的正整數q，有恒等式

引理1得證。

引理2設k是一個給定的整數，對任意整數n，有恒等式

證明由M?bius函數以及三角和的性質，可得恒等式

于是應用式（1）和式（2），有

ζ-函數的定義，有

引理2得證。

2 定理的證明

先證定理1。設q和h是2個正整數且(q,h)=1，那么對任意正整數 n，有 C*qh(n)=C*q(n)C*h(n)，即C*q(n)是q的可乘函數。事實上，注意到Ramanujan和Cq(n)是q的可乘函數，由引理1，有

所以，為證明定理1，只需證明q=pα即可，其中p為素數，α為正整數，顯然 C*1(n)=1，如果q=pα，則有

結合式（4）和式（5），定理1立刻得證。

再證定理2。對任意整數，應用引理1、引理2及Euler積公式（參見文獻[1]第11章定理11.7），有恒等式

利用整數n是模q的正則數的充要條件，易得推論1（此處證略）。