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Demostrar que $\sum_{\substack{0<k<3^n\\3\nmid k}}\sigma{(3^n-k)}\sigma{(k)}=6\cdot27^{n-1}$

Un problema similar a este problema (ccorn ha dado una buena respuesta). Demostrar que $$\sum_{\substack{0<k<3^n\\3\nmid k}}\sigma{(3^n-k)}\sigma{(k)}=6\cdot27^{n-1},$$ donde $\sigma(N)$ se define como $$\sigma{(N)}=\sum_{d\mid N}d.$$

Me parece que este:(De Primaria Evaluación de Ciertos Convolución Sumas de dinero que Involucran Divisor Funciones por Huard et al. En la página 20)

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así que hemos terminado.

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ccorn Puntos 4924

Para $p$ el primer y el $n$ un entero no negativo, definir $$f_p(n) = \sum_{\begin{array}{c}k=1,\ldots,p^n-1\\p\not\mid k\end{array}} \sigma(k)\,\sigma(p^n - k)$$

La proposición: $$f_p(n)=\begin{cases} 0 & \text{for %#%#%} \\[1ex] \frac{1}{12}\,\frac{p^2 - 1}{p^2 + 1} \left(5 (p - 1)\,p^{3n-1} - (p - 2)(p - 3)(-p)^{n-1}\right) & \text{for %#%#%} \end{casos}$$ Esto confirma el resultado anterior para $n=0$ y que la demanda de $n \geq 1$ y se generaliza la fórmula arbitraria de números primos $p=2$. De hecho, me esperaba una fórmula que es tan simple para $p=3$ como se para$p$$p>3$, pero como se puede ver, este no es el caso.

Para establecer que el resultado, voy a utilizar funciones de generación, junto con una fórmula proporcionada por Ethan, que voy a probar primero.

Como antes, vamos a utilizar el Ramanujan funciones de $p=2$ $p=3$ y la correspondiente normalizado Eisenstein serie $P(q)$ y $Q(q)$ través $\mathrm{E}_2(\tau)$ donde $\mathrm{E}_4(\tau)$ rangos sobre el complejo de la mitad superior del plano de $q = \mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\tau}$: $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2(\tau) &= P(q) = 1 - 24\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)\,q^n \\ \mathrm{E}_4(\tau) &= Q(q) = 1 + 240\sum_{n=1}^\infty \sigma_3(n)\,q^n \end{aligned}$$

Cuando se mira en la fórmula proporcionada por Ethan, $$\sum_{k=1,\ldots,n-1} \sigma(k)\,\sigma(n - k) = \frac{1}{12}\left(5\sigma_3(n) - (6n - 1)\,\sigma(n)\right)$$ es útil pensar acerca de la generación de funciones. Usted reconocerá el $\tau$ proveniente de los $\mathbb{H}$ y el $\sigma_3$ proveniente de los $Q$. Finalmente, el $\sigma$ en el factor de $P$ proviene de la... de la diferenciación. Sí.

En términos de generación de funciones, la fórmula es bastante famoso: $n$$ Es parte de un triplete de ecuaciones que relacionan Ramanujan funciones $(6n-1)$, $$P^2 = Q + 12q\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}q}$, $P$ con sus derivados. Pero, ¿cómo podemos demostrarlo, elegantemente?

Hechos clave son, de nuevo, el sistema modular de simetrías de la Eisenstein de la serie. Deje $Q$, luego $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2(\tau+1) &= \mathrm{E}_2(\tau) & \mathrm{E}_2(\tau') &= \frac{6\tau}{\pi\,\mathrm{i}} + \tau^2\,\mathrm{E}_2(\tau) \\ \mathrm{E}_4(\tau+1) &= \mathrm{E}_4(\tau) & \mathrm{E}_4(\tau') &= \tau^4\,\mathrm{E}_4(\tau) \end{aligned}$$ Estas simetrías se ha demostrado en los libros de texto de introducción, tales como

  1. Tom M. Apostol, Modular las Funciones de Dirichlet y de la Serie en la Teoría de los números; 2ª edición, 1990; Springer, ISBN 0-387-97127-0; 1ª edición, 1976.

La diferenciación de la fórmula para $R$ con respecto al $\tau' = \frac{-1}{\tau}$, usted encontrará $$\mathrm{E}_2'(\tau') = \frac{6\tau^2}{\pi\,\mathrm{i}} + 2\tau^3\,\mathrm{E}_2(\tau) + \tau^4\,\mathrm{E}_2'(\tau)$$ Ahora vamos a $\mathrm{E}_2(\tau')$$ y examinar lo que sucede a $\tau$ bajo las transformaciones $$L = \mathrm{E}_2^2 - \frac{6}{\pi\mathrm{i}}\,\mathrm{E}_2'$ $L$ . Usted podrá encontrar: $$\begin{aligned} L(\tau+1) &= L(\tau) \\ L(\tau') &= \left(\frac{6\tau}{\pi\mathrm{i}} + \tau^2\mathrm{E}_2(\tau)\right)^2 - \frac{6}{\pi\mathrm{i}} \left(\frac{6\tau^2}{\pi\,\mathrm{i}} + 2\tau^3\,\mathrm{E}_2(\tau) + \tau^4\,\mathrm{E}_2'(\tau)\right) \\ &= \tau^4\left(\mathrm{E}_2^2(\tau) - \frac{6}{\pi\mathrm{i}}\,\mathrm{E}_2'(\tau)\right) \\ &= \tau^4\,L(\tau) \end{aligned}$$ Es decir, $\tau\to\tau+1$ tiene el mismo modular simetrías como $\tau\to\tau'$. Además, a partir de su definición en términos de $L$, vemos que $\mathrm{E}_4$ es holomorphic $\mathrm{E}_2$ y tiene una serie de Maclaurin en $L$. Por lo tanto, $\mathbb{H}$ es toda una forma modular de peso $q$.

Como Apostol muestra en sus modular las funciones de texto (capítulo 6, sección 5), no existe, hasta un factor constante, sólo uno, todo de forma modular de peso $L$, y que es $4$. De hecho, mediante la comparación de los límites de $4$ (lo que obliga $\mathrm{E}_4$), encontramos que el factor de es $\Im\tau\to\infty$, lo $q\to0$.

Ahí está de nuevo: Encontrar modular simetrías con pesos bajos puede ser suficiente para identificar las funciones. Usted debe asegurarse de que, sin embargo, que la función de examinar no tiene polos, ni siquiera para $1$ donde $L = \mathrm{E}_4$. Esto requiere que las anteriores comprobaciones acerca de ser holomorphic y tener una serie de Maclaurin. Sin embargo, todo esto resulta ser sorprendentemente fácil.

Sabiendo que $\Im\tau\to\infty$, ahora podemos expresar la derivada de $q\to0$ en términos de$L=\mathrm{E}_4$$\mathrm{E}_2$. Así, nos encontramos $$\mathrm{E}_2^2 = \mathrm{E}dimm_4 + \frac{6}{\pi\mathrm{i}}\,\mathrm{E}_2'$$ Tenga en cuenta que $q\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q} = \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\tau}$. Esto nos permite traducir $\mathrm{E}_2$ a $\mathrm{E}_4$. En conjunto, $\frac{6}{\pi\mathrm{i}}\mathrm{E}_2'$$ que es lo que quería demostrar.

Ahora vamos a expresar el anterior resultado del uso de $12q\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}q}$de la serie. Para un entero positivo $$P^2 = Q + 12q\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}q}$, definir $q$$ Su generando $m$-de la serie es $$\begin{aligned} \sum_{m=1}^\infty s(m)\,q^m &= \left(\frac{1-P(q)}{24}\right)^2 \\ &= \frac{1 - 2P(q) + P^2(q)}{24^2} = \frac{1 - 2P(q) + Q(q) + 12q\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}P(q)}{24^2} \\ &= \frac{1}{12} \sum_{m=1}^\infty \left((1 - 6m)\,\sigma(m) + 5\sigma_3(m)\right) q^m \end{aligned}$$ La comparación de los coeficientes de rendimientos de la fórmula proporcionada por Ethan.

El sistema modular de cosas termina aquí. A continuación, me limitaré a usar funciones de generación como $$s(m) = \sum_{k=1,\ldots,m-1} \sigma(k)\,\sigma(m - k)$ el cual debe estar familiarizado.

Ahora nos centramos en los $q$ que nos interesa. Para el prime $\frac{1}{1-X} = 1 + X + X^2 + \cdots$ y un entero no negativo $m$, vamos $$\begin{aligned} h_p(n) = s(p^n) &= \frac {5 (p^{3(n+1)} - 1) - (p^2+p+1)(6 p^n - 1)(p^{n+1} - 1)} {12 (p^3 - 1)} \\ &= \frac {(5p^3)\,p^{3n} - \left(6 p\,(p^2+p+1)\right) p^{2n} + \left((p+6)(p^2+p+1)\right) p^n - (p^2+p+6)} {12 (p^3 - 1)} \end{aligned}$$ (Para facilitar las cosas, independiente de los factores de $p$ a partir de los factores de con constante de los exponentes.)

Es hora de tener en cuenta una relación de $n$ $p^{3n}, p^{2n}, p^n$ estamos buscando: $$\begin{aligned} h_p(n) = s(p^n) &= \sum_{k=1,\ldots,p^n-1} \sigma(k)\,\sigma(p^n - k) \\ &= \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{\begin{array}{c} k=1,\ldots,p^{n-j}-1\\p\not\mid k\end{array}} \sigma(k\,p^j)\,\sigma(p^n - k\,p^j) \\ &= \sum_{j=0}^{n-1} \sigma(p^j)^2 \sum_{\begin{array}{c} k=1,\ldots,p^{n-j}-1\\p\not\mid k\end{array}} \sigma(k)\,\sigma(p^{n-j} - k) \\ &= \sum_{j=0}^{n-1} \sigma(p^j)^2\,f_p(n-j) = \sum_{j=0}^{n} \sigma(p^j)^2\, \underbrace{f_p(n-j)}_{0\text{ para }j=n} \end{aligned}$$ Al sacar a $h_p$, usamos el hecho de que $f_p$ es multiplicativo para coprime factores de sus argumentos.

En consecuencia, cuando el uso de funciones de generación $$\begin{aligned} F_p(X) &= \sum_{n=0}^\infty f_p(n)\,X^n \\ G_p(X) &= \sum_{n=0}^\infty \sigma(p^n)^2\,X^n \\ H_p(X) &= \sum_{n=0}^\infty h_p(n)\,X^n \end{aligned}$$ nos encontramos $$\begin{aligned} H_p(X) &= G_p(X)\,F_p(X) \end{aligned}$$ De ahora en adelante, las expresiones con $\sigma(p^j)^2$ se implícitamente se entiende como la correspondiente de poder formal de la serie. No vamos a evaluar la serie en cualquier particular $\sigma$, de modo que no tenemos necesidad de abordar las cuestiones de dominio y de convergencia.

La generación de la función $X$ es $$\begin{aligned} H_p(X) &= \sum_{n=0}^\infty h_p(n)\,X^n \\ &= \frac{1}{12 (p^3 - 1)}\left( \frac{5p^3}{1 - p^3 X} - \frac{6\,p(p^2+p+1)}{1 - p^2 X} + \frac{(p+6)(p^2+p+1)}{1 - p X} - \frac{(p^2+p+6)}{1 - X}\right) \\ &= \frac{(p^2 - 1)}{12}\,\frac{(5 p - 6) X + p^3 X^2} {(1 - p^3 X)(1 - p^2 X)(1 - p X)(1 - X)} \end{aligned}$$

La generación de la función $X$ es $$\begin{aligned} G_p(X) &= \sum_{n=0}^\infty \sigma(p^n)^2\,X^n \\ &= \frac{1}{(p - 1)^2}\sum_{n=0}^\infty \left(p^{n+1} - 1\right)^2\,X^n \\ &= \frac{1}{(p - 1)^2}\sum_{n=0}^\infty \left(p^2\,p^{2n} -2p\,p^n + 1\right)\,X^n \\ &= \frac{1}{(p - 1)^2} \left(\frac{p^2}{1 - p^2 X} - \frac{2p}{1 - p X} + \frac{1}{1 - X}\right) \\ &= \frac{1 + p X}{(1 - p^2 X)(1 - p X)(1 - X)} \end{aligned}$$

Por lo tanto $$\begin{aligned} F_p(X) &= \frac{H_p(X)}{G_p(X)} = \frac{p^2 - 1}{12} \,\frac{(5 p - 6) X + p^3 X^2}{(1 - p^3 X)(1 + p X)} \\ &= \frac{1}{12}\,\frac{p^2 - 1}{p^2 + 1} \left(\frac{p^2}{1 - p^3 X} + \frac{1}{1 + p X}\right) \left((5 p - 6) X + p^3 X^2\right) \\ &= \frac{1}{12}\,\frac{p^2 - 1}{p^2 + 1} \Biggl((p^2 + 1)(5 p - 6) X + \\ &\qquad\qquad\qquad \sum_{n=2}^\infty \left((5 p - 6) \left(p^{3(n-1)+2} + (-p)^{n-1}\right) + p^3 \left(p^{3(n-2)+2} + (-p)^{n-2}\right)\right) X^n\Biggr) \\ &= \frac{1}{12}\,\frac{p^2 - 1}{p^2 + 1} \left((p^2 + 1)(5 p - 6) X + \sum_{n=2}^\infty \underbrace{\left(5 (p - 1)\,p^{3n-1} - (p - 2)(p - 3)(-p)^{n-1}\right)}_{=(p^2+1)(5p-6)\text{ for }n=1} X^n\right) \\ &= \frac{1}{12}\,\frac{p^2 - 1}{p^2 + 1} \sum_{n=1}^\infty \left(5 (p - 1)\,p^{3n-1} - (p - 2)(p - 3) (-p)^{n-1}\right) X^n \end{aligned}$$ Esto demuestra la proposición. Permítanme señalar que la parte modular fue casi sin esfuerzo en la comparación.

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