Probar$n$ no tiene cuadrados cuando$ \left(\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}, n^3\right)=n^2 $

Question

Cómo probar la siguiente declaración:

Si $n\in\mathbb{N}$ satisface: $$ \left(\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}, n^3\right)=n^2 $$ donde $[k,n]$ $(k,n)$ es el mínimo común múltiplo resp. el máximo común divisor de a$k$$n$, $n$ es la plaza libre.

Empecé en el abordaje de la suma: $$ \sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}=\sum_{d|n}\sum_{1≤k≤n, espacio\(k,n)=d}{\left(\frac{kn}{d}\right)^d}=\sum_{d|n}n^d\sum_{1≤k≤\frac{n}{d},espacio \\izquierdo(k,\frac{n}{d}\right)=1}{k^d}=\sum_{d|n}n^d\varphi_{d}\left(\frac{n}{d}\right) $$ Donde he definido $\varphi_{r}(a):=\sum_{1≤k≤a, \space (k,a)=1}{k^r}$

Creo que esto podría ayudar, porque podemos ver los poderes de n. Sin embargo, yo no podía aplicarlo correctamente.

Nota:

Existen soluciones mayor que $1$, por ejemplo, $n=15$ o $n$ prime.

Progreso:

Para $n$ impar, tenemos $$\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}=\sum_{d|n}n^d\varphi_{d}\left(\frac{n}{d}\right)\equiv n\varphi_1(n) \space \mod{n^3}$$ y para $n$ incluso: $$ \sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}=\sum_{d|n}n^d\varphi_{d}\left(\frac{n}{d}\right)\equiv n\varphi_1(n)+n^2\varphi_2\left(\frac{n}{2}\right) espacio \\mod{n^3} $$ Además: $$ \varphi_1(n)=\sum_{1≤k≤n, espacio \(k,n)=1}k=\sum_{1≤k≤n, espacio \(k,n)=1}n-k\implica\\ 2\varphi_1(n)=\sum_{1≤k≤n, espacio \(k,n)=1}n=n\varphi(n)\implica \varphi_1(n)=\frac{n\varphi(n)}{2} $$ Por lo que podemos ver por $n$ extraño: $$ \sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}\equiv \frac{n^2\varphi(n)}{2} espacio\\mod{n^3} $$ y $n$ incluso: $$ \sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}\equiv \frac{n^2\varphi(n)}{2}+n^2\varphi_2\left(\frac{n}{2}\right) espacio\\mod{n^3} $$ Cómo terminar?

Answer 1

Para $n$ impar, señala que $$\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}\equiv \frac{n^2\varphi(n)}{2}\space\mod{n^3},$$ así que $$\left(\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)}, n^3\right) = \left( \frac{n^2\varphi(n)}{2}, n^3\right).$$ Pero esto $\gcd$ es igual a $n^2$ precisamente al $(n,\varphi(n)) = 1$, que puede ser el caso sólo si $n$ es squarefree. Esta se ocupa del caso en que $n$ es impar.

Finalmente se demuestra que ni siquiera los $n$ satisface la condición. Supongamos $n=2r$; a continuación, $$ \left(\sum_{k=1}^{n}[k,n]^{(k,n)},n^3\right) = \left(\frac{n^2\varphi(n)}{2}+n^2\varphi_2\left(\frac{n}{2}\right),n^3\right) = (2r^2\varphi(2r) + 4r^2\varphi_2(r),8r^3). $$ Si $r$ es par, esto es igual a $$(4r^2\varphi(r) + 4r^2\varphi_2(r),8r^3) = 4r^2(\varphi(r) + \varphi_2(r),2r).$$ Claramente $\varphi(r)$ es incluso (tenga en cuenta que $r=2$, $n=4$ no cumple la condición), por lo que el $\varphi_1(r) = \frac{r\varphi(r)}{2}$ es también incluso; de ello se sigue que $\varphi_1(r)$ tiene un número de sumandos impares, de modo que $\varphi_2(r)$ es también incluso. Por lo tanto $(\varphi(r) + \varphi_2(r),r)\ge 2$ y, por tanto,$(4r^2\varphi(r) + 4r^2\varphi_2(r),8r^3) \ge 8r^2 = 2n^2$.

Por otro lado (y por último), si $r$ es impar, entonces tenemos $$(2r^2\varphi(r) + 4r^2\varphi_2(r),8r^3) = 2r^2(\varphi(r) + 2\varphi_2(r),4r).$$ Como en el anterior, $\varphi(r)$ es aún, por lo que el $\varphi_2(r)$ es también incluso. Además, si $r$ contiene al menos dos impares primos como factores, a continuación, $\varphi(r)\equiv 0\mod{4}$ y, a continuación, el mcd es, al menos,$2r^2\cdot 4 = 8r^2 = 2n^2$. Así que se reduce al caso en que $r = p^k$ $p$ un extraño prime. Tenga en cuenta que \begin{equation*} \varphi_2(n) = \frac{1}{3}n^2\varphi(n) + \frac{n}{6}\prod_{p\mid n}(1-p). \end{ecuación*} (Este es el Ejercicio 15, pág. 48 de Apostol del libro sobre la Teoría Analítica de números.) Tenemos \begin{align*} \varphi(p^k) + 2\varphi_2(p^k) &= p^{k-1}(p-1)+\frac{2}{3}p^{2k}p^{k-1}(p-1)-\frac{p^k}{3}(p-1) \\ &= \frac{1}{3}p^k(p-1)(2p^{2k}-p+3), \end{align*} lo que es claramente $\equiv 0\mod{4}$. Así que en este caso también, $2r^2(\varphi(r) + 2\varphi_2(r),4r) \ge 8r^2 = 2n^2$.

Por lo tanto no $n$ satisface la condición, y el resultado queda demostrado.