El número de soluciones al $\frac{1}x+\frac{1}y+\frac{1}z=\frac{3}n,x,y,z\in\mathbb N$

Question

Indicar $$g(n)=\{\{x,y,z\}\mid \frac{1}x+\frac{1}y+\frac{1}z=\frac{3}n,x,y,z\in\mathbb N\},$ $ $$h(n)=\{\{x,y,z\}\mid \frac{1}x+\frac{1}y+\frac{1}z=\frac{3}n,1\leq x\leq y\leq z,x,y,z\in\mathbb N\},$ $ sea $f(n)=|g(n)|$ el número de miembros de $g(n)$.

Por ejemplo, $h(3)=\{\{2,3,6\},\{2,4,4\},\{3,3,3\}\},f(3)=6+3+1=10.$

$\{n,n,n\}$ Es una solución $\frac{1}x+\frac{1}y+\frac{1}z=\frac{3}n$, es fácil ver que $f(k)\equiv 1\pmod 3,\forall k\in \mathbb N.$

Pregunta: Encontrar que $$f(3k)\equiv 0,f(4k+2)\equiv 0,f(6k\pm1)\equiv1 \pmod 2,\forall k\in \mathbb N.$ $ me pregunto ¿cómo probar que se?

Edit: me parece que $f(n)$ tiene la misma paridad en el número de soluciones al $\frac{1}x+\frac{2}y=\frac{3}n,$ creo que me he metido ahora.

Answer 1

Desde ya sé cómo se prueban, escribo una prueba aquí y ahora.

Es fácil ver que en $h(n)$,

(1)si $x,y,z$ son distintos, entonces $x,y,z$ agregar$6$$f(n)$,

(2)si sólo dos de ellos son iguales, agregar$3$$f(n)$,

(3)si $x=y=z$, luego, se añade la $1$$f(n)$.

Desde $6$ es incluso, en caso de que (1) no cambiar la paridad de $f(n)$. Por lo tanto $f(n)$ tiene la misma paridad en el número de soluciones a $\frac{1}x+\frac{2}y=\frac{3}n.$ Esto es $(3x-n)(3y-2n)=2n^2,$ deje $r(n)$ el número de soluciones de esta ecuación.

Si $n=3m,$ $(x-m)(y-2m)=2m^2,$ por lo tanto $f(n)\equiv r(n)=d(2m^2)\equiv 0\pmod 2.$

Si $n=6m+1$, $3x-n=a,3y-2n=b,$ $$f(n)\equiv r(n)=\sum_{\substack{ab=2n^2\\a\equiv -n\equiv 2\pmod 3\\b\equiv -2n\equiv 1\pmod 3}}1=\frac{1}2d(2n^2)=d(n^2)\equiv 1\pmod 2.$$ El mismo a $n=6m-1.$

Si $n=4m+2,$ si $3\mid n$, obtenemos $2\mid f(n),$. Si $3\not \mid n$, $2n^2\equiv -1\pmod3,f(n)\equiv r(n)=\dfrac{1}2d(2n^2)=2d((2m+1)^2)\equiv 0\pmod 2.$

Ahora tenemos un poco más: $$f(n) \equiv \begin{cases} \dfrac{1}2d(2n^2), & 3\not\mid n \\ 0, & 3\mid n \\ \end{casos} \pmod 2 $$