¿cuál es la suma de los cuadrados de todos los elementos en $U(n)$?

Question

Sé que $\sum\limits_{a\in U(n)} a=\frac{n\varphi(n)}{2}$ donde $U(n):=\{1\leq r\leq n: (r, n)=1\}$ es un grupo multiplicativo. Y yo sé cómo demostrar este resultado.

Lo que yo estaba dispuesto a saber que fue de esta $\sum\limits_{a\in U(n)} a^2$. es posible encontrar en forma cerrada?

lo que he intentado es la siguiente:

Deje $S=\sum\limits_{a\in U(n)} a^2$. Ahora $(n, a)=1$ muestra que $(n, n-a)=1$ a que, de nuevo, en el hecho de $(a, b)=1, (a, c)=1\Rightarrow (a, bc)=1$, muestra que $(n, (n-a)^2)=1$. Por lo tanto $\{(n-a_1)^2, \cdots, (n-a_{\varphi(n)})^2\}$ no es nada, pero una permutación del conjunto original $\{a_1^2, \cdots, a_{\varphi(n)}^2\}$ en un cierto orden. Por lo tanto $S=\sum\limits_{a\in U(n)} (n-a)^2$.

En otras palabras, debemos tener: \begin{align*} S=&\sum\limits_{a\in U(n)} (n^2-2an+a^2)\\ =&n^2 \sum\limits_{a\in U(n)} 1-2n\sum\limits_{a\in U(n)} a+S\\ =&n^2\varphi(n) -2n\times \frac{n\varphi(n)}{2}+S\\ =&S \end{align*}

y el resultado no se obtiene.

Qué hacer ? Por favor me ayude.

Gracias

EDITAR: Después de que el enlace ha sido proporcionada abajo por Robert Israel la fórmula se lee $ n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_r^{a_r}$ $S = n^2\frac{\varphi(n)}{3}+(-1)^r p_1p_2\cdots p_r\frac{\varphi(n)}{6}$ pero cómo establecer este ?

Answer 1

Lema 1: Para cualquier función de $f$ definido racional de los valores en $[0,1]$, lo que denota, $\displaystyle F(n) = \sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$$\displaystyle F^{*}(n) = \sum\limits_{1\le k\le n;(k,n)=1} f\left(\frac{k}{n}\right)$.

Tenemos, $\displaystyle 1*F^{*} = F$

Prueba: en Primer lugar observamos que cada entero $m \in \{1,2,\cdots,n\}$ tiene una representación única en la forma $m = k.\frac{n}{d}$, donde, $d|n$, $1 \le k\le d$ y $(k,d) = 1$.

Ya, $\displaystyle \frac{m}{n} = \frac{k}{d}$, ser la reducción de la fracción es decir, $(k,d) = 1$, cada número entero $m \le n$ tiene una representación en la forma requerida, y la representación es única.

Ahora, $\displaystyle \begin{align} (1*F^{*})(n) = \sum\limits_{d|n}F^{*}(d) = \sum\limits_{d|n}\sum\limits_{1\le k\le n;(k,d)=1} f\left(\frac{k}{d}\right) &= \sum\limits_{d|n}\sum\limits_{1\le k\le n;(k,d)=1} f\left(\frac{k\frac{n}{d}}{n}\right) \\ &= \sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right) = F(n)\end{align}$

Ahora, tome $\displaystyle f(x) = x^2$, $\displaystyle F(n) = \frac{\sum\limits_{k=1}^{n} k^2}{n^2} = \sum\limits_{d|n}\sum\limits_{1\le k\le n;(k,d)=1} \left(\frac{k}{d}\right)^2 = \sum\limits_{d|n} \frac{\phi_2(d)}{d^2}$

Donde, $\displaystyle \phi_2(n) = \sum\limits_{k \le n;(k,n) = 1} k^2$

Es decir, $\displaystyle \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) = (\phi_2*f)(n) = g(n)$, (decir)

La aplicación de Dirichlet de la Inversión a la anterior identidad, tenemos,

$\displaystyle \begin{align} \phi_2(n) = \sum\limits_{d|n} g(d)f^{-1}\left(\frac{n}{d}\right) \end{align}$

Ya, $f$ es absolutamente multiplicativo función de la inversa está dada por $f^{-1}(n) = \mu(n)f(n)$

(una prueba de este hecho puede encontrarse en T. Apostol, Introducción a la Teoría Analítica de números, página 36)

Por lo tanto,

$\displaystyle \begin{align} \phi_2(n) &= \sum\limits_{d|n} g(d)\left(\frac{d}{n}\right)^2\mu\left(\frac{n}{d}\right) \\ &= \frac{n^2}{3}\sum\limits_{d|n} d\mu\left(\frac{n}{d}\right) + \frac{n^2}{2}\sum\limits_{d|n} \mu\left(\frac{n}{d}\right) + \frac{n}{6}\sum\limits_{d|n} \left(\frac{n}{d}\right)\mu\left(\frac{n}{d}\right) \tag{1} \\ &= \frac{n^2}{3}\phi(n) + \frac{n}{6}\sum\limits_{d|n}d\mu(d) \end{align}$

Donde, en $(1)$, se utilizó $\sum\limits_{d|n} d\mu\left(\frac{n}{d}\right) = \phi(n)$$\displaystyle \sum\limits_{d|n} \mu(d) = 0$$n > 1$.

Ahora, $\displaystyle \sum\limits_{d|n}d\mu(d) = \prod\limits_{p^\alpha || n} \left(\sum\limits_{e|p^{\alpha}}e\mu(e)\right) = \prod\limits_{p | n}(1-p)$

Por lo tanto, $\displaystyle \phi_2(n) = \frac{n^2}{3}\phi(n) + \frac{n}{6}\prod\limits_{p | n}(1-p)$ como se requiere.

Answer 2

Me gustaría señalar que este solo puede ser resuelto por Dirichlet de la serie. Introducir $$L(s) = \sum_{n\ge 1} \frac{\varphi(n)}{n^s}$$ y recordar que $$\sum_{d|n}\varphi(d) = n \quad\text{implica que}\quad L(s) \zeta(s) = \sum_{n\ge 1} \frac{n}{n^s} \quad\text{o}\quad L(s) = \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}.$$

A manera de introducción vamos a probar ahora que para $n>1$ $$f_1(n) = \sum_{d=1,\atop (d,n)=1}^n d = \frac{1}{2} n \varphi(n)$$ lo que equivale a mostrar que la $$F_1(s) = \sum_{n\ge 1} \frac{f_1(n)}{n^s} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{\zeta(s-2)}{\zeta(s-1)}.$$ El término constante se tiene en cuenta el valor en $n$ ser uno, que es uno.

Este es, por supuesto, trivial por el emparejamiento de $d$$n-d$, pero el objetivo es presenta el método.

Observar que $$ \frac{1}{2} n (n+1) = \sum_{d|n} \sum_{q=1\cima (p,n)=d}^n q = \sum_{d|n} \sum_{p=1\cima (p,n/d)=1}^{n/d} dp = \sum_{d|n} d\sum_{p=1\cima (p,n/d)=1}^{n/d} p = \sum_{d|n} d f_1\left(\frac{n}{d}\right).$$ para $n>1.$

La traducción de Dirichlet de la serie esta da $$\frac{1}{2} \zeta(s-2) + \frac{1}{2} \zeta(s-1) = \zeta(s-1) F_1(s)$$ lo que implica $$F_1(s) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{\zeta(s-2)}{\zeta(s-1)}.$$ lo que demuestra la demanda de $n>1.$

Volviendo al problema original ahora podemos aplicar este mismo método para mostrar que para $n>1$ $$f_2(n) = \sum_{d=1,\en la cima (d,n)=1}^n d^2 = \frac{1}{3} n^2 \varphi(n) + \frac{1}{6} n \beta(n)$$ donde $\beta$ está dado por $\beta * \varphi = \epsilon$ lo que equivale a mostrar que la $$F_2(s) = \sum_{n\ge 1} \frac{f_2(n)}{n^s} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \frac{\zeta(s-3)}{\zeta(s-2)} + \frac{1}{6} \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s-2)} $$ Observar que $$ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{3} n^3 + \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{6} n = \sum_{d|n} \sum_{q=1\cima (p,n)=d}^n q^2 = \sum_{d|n} \sum_{p=1\cima (p,n/d)=1}^{n/d} (dp)^2 \\= \sum_{d|n} d^2\sum_{p=1\cima (p,n/d)=1}^{n/d} p^2 = \sum_{d|n} d^2 f_2\left(\frac{n}{d}\right).$$ para $n>1.$

La traducción de Dirichlet de la serie esta da $$\frac{1}{3} \zeta(s-3) + \frac{1}{2} \zeta(s-2) + \frac{1}{6} \zeta(s-1) = \zeta(s-2) F_2(s)$$ lo que implica $$F_2(s) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \frac{\zeta(s-3)}{\zeta(s-2)} + \frac{1}{6} \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s-2)}.$$ lo que demuestra la demanda de $n>1.$

Observación. Para evaluar $\beta$ uso multiplicativity y la primera nota que $\beta(1) = 1.$, a Continuación, proceder por inducción para obtener que $\beta(p)\varphi(1)+\beta(1)\varphi(p) = 0$ es $\beta(p) = -(p-1).$ Similarly $\beta(p^2)\varphi(1)+ \beta(p)\varphi(p) +\beta(1)\varphi(p^2) = 0$ which gives $\beta(p^2) - (p-1)^2 + p^2 - p = 0$ or $\beta(p^2) = -(p-1)$ conducen a la hipótesis inductiva que

$$\beta(p^k) = - (p-1).$$

Para probar esto por inducción supongamos que es cierto para $q\lt k$ donde $k>2$ para obtener $$\sum_{q=0}^k \beta(p^{k-q}) \varphi(p^q) = \beta(p^k) + (p^k-p^{k-1}) - \sum_{q=1}^{k-1} (p-1) (p^q - p^{p-1}) = 0$$ o $$\beta(p^k) = -p^k+p^{k-1} + \sum_{q=1}^{k-1} (p-1) (p^q - p^{p-1}) = 0$$ Estos términos telescopio y obtenemos $$\beta(p^k) = -p^k+p^{k-1} + (p^k - p) - (p^{k-1} - 1)= -(p-1),$$ lo que da de $n = \prod_p p^v$ $p$ primos que $$\beta(n) = \prod_p (-1)\times (p-1) = (-1)^{\omega(n)} \prod_p (p-1) \\= (-1)^{\omega(n)} \prod_p \left(1-\frac{1}{p}\right) \prod_p p = (-1)^{\omega(n)} \frac{\varphi(n)}{n} \prod_p p,$$ con el que concluye la evaluación de $\beta.$

La forma cerrada. Para $f_2(n)$ tenemos la fórmula $$\frac{1}{3} n^2 \varphi(n) + \frac{1}{6} n (-1)^{\omega(n)} \frac{\varphi(n)}{n} \prod_p p = \frac{1}{3} n^2 \varphi(n) + \frac{1}{6} (-1)^{\omega(n)} \varphi(n) \prod_p p,$$ lo que demuestra la demanda.

Adenda. También podemos evaluar $\beta$ usando el hecho de que $\mathrm{Id} * \mu = \varphi$ como se señaló en la primera respuesta. Llegamos $\beta * \mathrm{Id} * \mu = \epsilon$ o $$\beta * \mathrm{Id} = 1 * \epsilon = 1.$$

Esto implica $\beta(1) = 1$ $\beta(p) + p = 1$ o $-(p-1).$ Además, conseguimos $\beta(p^2) - (p-1) p + p^2 = 1$ o $\beta(p^2) = -(p-1).$ La inducción de paso ahora se convierte en $$\sum_{q=0}^k \beta(p^{k-q}) p^q = \beta(p^k) + p^k - \sum_{q=1}^{k-1} (p-1) p^q = 1.$$ Este telescopios, una vez más, y llegamos $$\beta(p^k) = 1 -p^k + p^k - p = -(p-1).$$

Observación. Me acabo de dar cuenta que tenemos una gran cantidad de superposición entre esta respuesta y la primera, que es por eso que voy a upvote la primera respuesta.

Answer 3

Ver OEIS secuencia A053818 y referencias allí.