群${\mathbb{Z}}_n^k$的自同构个数的均值

On the Average Number of Automorphisms of the Group ${\mathbb{Z}}_n^k$

摘要: 令${\mathbb{Z}}_n$ 表示模$n$ 剩余类群，${\mathbb{Z}}_n^k$ 表示$k$ 个${\mathbb{Z}}_n$ 做直积后的群，并记其自同构个数为$a_k\left(n\right)$ 。对任意的正整数$n$ 以及任意给定的正整数$k$ ，我们得到了${\displaystyle {\sum }_{n\le x}{a}_k\left(n\right)}$ 的渐近公式，其表明$a_k\left(n\right)$ 的平均个数在不计常数因子的意义下是$n^{k^2}$ 。该结果可被视作是Euler函数的经典均值结果在群论意义下的推广。

Abstract: Let ${\mathbb{Z}}_n$ be the additive group of the residue classes modulo $n$ , ${\mathbb{Z}}_n^k$ be the direct product of $k$ ${\mathbb{Z}}_n$ ’s, and $a_k\left(n\right)$ be the number of automorphisms of ${\mathbb{Z}}_n^k$ . For arbitrary positive integer $n$ and any given positive integer $k$ , we obtain the asymptotic formula for the sum ${\displaystyle {\sum }_{n\le x}{a}_k\left(n\right)}$ , which indicates that the average value of $a_k\left(n\right)$ is $n^{k^2}$ up to multiplying by a constant. This is a generalization, from a group theory viewpoint, of a classic result for the mean value of the Euler totient function.

1. 引言

令$\mathbb{Z}$ 表示整数加群，${\mathbb{Z}}_n=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 表示模$n$ 剩余类群。众所周知，群$\mathbb{Z}$ 的自同构个数为Euler函数$\phi \left(n\right)$ 。由初等方法容易得到：当$x\ge 2$ 时，

${\displaystyle \sum }_{n\le x}\phi \left(n\right)=\frac{3}{{\pi }^2}{x}^2+O\left(x\log x\right).$

这表明群${\mathbb{Z}}_n$ 的自同构个数大约是$6n/{\pi }^2$ 。

十九世纪中期，Camille Jordan [1]证明了群${\mathbb{Z}}_n^k:=\underset{k�}{\underbrace{{\mathbb{Z}}_n\times {\mathbb{Z}}_n\times \cdots \times {\mathbb{Z}}_n}}$ 的自同构个数为

$a_k\left(n\right)=n^{\frac{k\left(k-1\right)}{2}}{\displaystyle \prod }_{i=1}^k{J}_i\left(n\right),$

其中$J_i\left(n\right)$ 为Jordan函数$J_i\left(n\right)=n^i{\displaystyle {\prod }_{p|n}\left(1-1/p^i\right)}$ ，p为素数，$i\in \mathbb{N}$ 。特别地，当$i=1$ 时，便是大名鼎鼎的Euler函数

$\phi \left(n\right)=n{\displaystyle \prod }_{p|n}\left(1-\frac{1}{p}\right),p�素�.$

对于任意的正整数$n$ ，容易发现$a_1\left(n\right)=\phi \left(n\right)$ 。因此算术函数$a_k\left(n\right)$ 可被视作是Euler函数在群论意义下的推广。本文我们主要考虑了$k\ge 2$ 的情形，并得到了如下结果。

定理1. 对充分大的$x$ ，我们有

${\displaystyle {\sum }_{n\le x}{a}_k\left(n\right)}=\frac{6x^{k^2+1}}{\left(k^2+1\right){\pi }^2}G\left(k^2+1\right)+O_k\left(x^{k^2}\log x\right),$ (1)

其中

$G\left(s\right)={\displaystyle {\prod }_p\left[1-\left(\frac{1}{p}-{\displaystyle {\sum }_{j=3}^{\frac{\left(k+1\right)k}{2}-1}\frac{b_j}{p^{j-1}}}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{\frac{\left(k+1\right)k}{2}-1}}\right)\frac{1}{p^{s-k^2+1}}-1\right]}.$

不难发现，当$k=1$ 时，定理1的结果与上述关于$\phi \left(n\right)$ 的渐近公式的结果是基本一致的。

类比L. Tóth、W. G. Nowak以及翟文广(见[2]-[4])对群${\mathbb{Z}}_m\times {\mathbb{Z}}_n$ 和${\mathbb{Z}}_{n_1}\times {\mathbb{Z}}_{n_2}\times {\mathbb{Z}}_{n_3}$ 的子群个数的均值的研究，借助Sehgal [5]等人得到的群${\mathbb{Z}}_m\times {\mathbb{Z}}_n$ 的自同构个数的结果以及二维Perron公式，我们可以得到群${\mathbb{Z}}_m\times {\mathbb{Z}}_n$ 的自同构的均值。进一步地，借助Hillar和Rhea [6]关于群${\mathbb{Z}}_{p^{e_1}}\times \cdots \times {\mathbb{Z}}_{p^{e_l}}$ 的自同构群阶数的结果，理论上我们可以得到对于任意的$l\in \mathbb{N}$ ，群${\mathbb{Z}}_{n_1}\times \cdots \times {\mathbb{Z}}_{n_l}$ 的自同构个数，进而利用M. Balazard [7]等人得到的多维Perron公式去计算群${\mathbb{Z}}_{n_1}\times \cdots \times {\mathbb{Z}}_{n_l}$ 的自同构个数的均值。碍于本文篇幅以及研究的复杂性，上述两个研究内容并未体现在本文中。

符号说明：在本文中，$\mathbb{N}$ 表示正整数集，${\mathbb{Z}}_n=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 表示模$n$ 剩余类群，${\mathbb{Z}}_n^k$ 表示$k$ 个${\mathbb{Z}}_n$ 做直积后的群，$\mu$ 表示Möbius函数，$\zeta$ 表示Riemann-zeta函数，$\lfloor x\rfloor$ 表示不超过$x$ 的最大整数，$a_k\left(n\right)$ 表示群${\mathbb{Z}}_n^k$ 的自同构个数，$\ast$ 表示Dirichlet卷积。对任意的复数$s=\sigma +it$ ，$\sigma$ 和$t$ 分别表示$s$ 的实部和虚部。

2. $a_k\left(n\right)$ 的卷积表示

由于$a_k\left(n\right)$ 的表达式比较复杂，因此为将$a_k\left(n\right)$ 表示为卷积，我们考虑先将由$a_k\left(n\right)$ 生成的Dirichlet级数解析延拓后再进行卷积表示。在此之前，我们先考察下面这个多项式：

$f\left(x\right)={\displaystyle \prod }_{i=1}^k\left(1-x^i\right):={\displaystyle \sum }_{j=0}^{k\left(k+1\right)/2}{b}_j{x}^j.$

容易验证，$k=1$ 时，$b_0=1$ ，$b_1=-1$ ，$b_2=0$ ；$k=2$ 时，$b_3=1$ ；$k\ge 2$ 时，$b_2=-1$ ；$k\ge 3$ 时，$b_3=0$ ；$b_{k\left(k+1\right)/2} ={\left(-1\right)}^k$ 。下面我们开始对由$a_k\left(n\right)$ 生成的Dirichlet级数进行解析延拓。我们有如下结果。

命题1. 对任意实部大于$k^2+1$ 的复数$s$ ，总有

$A_k\left(s\right):={\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_k\left(n\right)}{n^s}}={\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n^{k^2}{{\displaystyle \prod }}_{p|n}{{\displaystyle \prod }}_{i=1}^k\left(1-\frac{1}{p^i}\right)}{n^s}}=\frac{\zeta \left(s-k^2\right)}{\zeta \left(s-k^2+1\right)}G\left(s\right),$ (2)

其中

$G\left(s\right)={\displaystyle \prod }_p\left[1-\left(\frac{1}{p}-{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{j-1}}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}}\right)\frac{1}{p^{s-k^2+1}-1}\right]$

证明：容易验证$a_k\left(n\right)$ 可乘。由于$\sigma >k^2+1>1$ ，故根据Riemann-zeta函数$\zeta \left(s\right)$ 的Euler乘积展开：

$\zeta \left(s\right)={\displaystyle \prod }_p{\displaystyle \sum }_{k=0}^{\infty }{p}^{-ks}={\displaystyle \prod }_p{\left(1-p^{-s}\right)}^{-1},$

我们有

$\begin{array}{c}{A}_k\left(s\right)={\displaystyle \prod }_p\left(1+{\displaystyle \sum }_{r=1}^{\infty }\frac{{{\displaystyle \prod }}_{i=1}^k\left(1-\frac{1}{p^i}\right)}{p^{r\left(s-k^2\right)}}\right)\\ ={\displaystyle \prod }_p(1+\frac{1}{p^{s-k^2}}-\frac{1}{p^{s-k^2+1}}-\frac{1}{p^{s-k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{s-k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{s-\frac{k\left(k-1\right)}{2}}}+\frac{1}{p^{2s-2k^2}}-\frac{1}{p^{2s-2k^2+1}}\\ -\frac{1}{p^{2s-2k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{2s-2k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{2s-\frac{k\left(3k-1\right)}{2}}}+\frac{1}{p^{3s-3k^2}}-\frac{1}{p^{3s-3k^2+1}}-\frac{1}{p^{3s-3k^2+2}}\\ +{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{3s-3k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{3s-\frac{k\left(5k-1\right)}{2}}}+\cdots )\cdot \frac{\zeta \left(s-k^2\right)}{\zeta \left(s-k^2\right)}\\ =\zeta \left(s-k^2\right){\displaystyle \prod }_p\left(1-\frac{1}{p^{s-k^2+1}}-\frac{1}{p^{s-k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{s-k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{s-\frac{k\left(k-1\right)}{2}}}\right)\cdot \frac{\zeta \left(s-k^2+1\right)}{\zeta \left(s-k^2+1\right)}\end{array}$

$\begin{array}{c}=\frac{\zeta \left(s-k^2\right)}{\zeta \left(s-k^2+1\right)}{\displaystyle \prod }_p(1-\frac{1}{p^{s-k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{s-k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{s-\frac{k\left(k-1\right)}{2}}}-\frac{1}{p^{2s-2k^2+3}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{2s-2k^2+j+1}}\\ +\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{2s-\frac{k\left(3k-1\right)}{2}+1}}-\frac{1}{p^{3s-3k^2+4}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{3s-3k^2+j+2}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{3s-\frac{k\left(5k-1\right)}{2}+2}}+\cdots )\end{array}$

记

$\begin{array}{c}G\left(s\right):={\displaystyle \prod }_p(1-\frac{1}{p^{s-k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{s-k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{s-\frac{k\left(k-1\right)}{2}}}-\frac{1}{p^{2s-2k^2+3}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{2s-2k^2+j+1}}\\ +\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{2s-\frac{k\left(3k-1\right)}{2}+1}}-\frac{1}{p^{3s-3k^2+4}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{3s-3k^2+j+2}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{3s-\frac{k\left(5k-1\right)}{2}+2}}+\cdots )\end{array}$ (3)

当$\sigma >k^2-1$ 时，有

$\begin{array}{c}\log G\left(s\right)={\displaystyle \sum }_p\log (1-\frac{1}{p^{s-k^2+2}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{s-k^2+j}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{s-\frac{k\left(k-1\right)}{2}}}-\frac{1}{p^{2s-2k^2+3}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{2s-2k^2+j+1}}\\ +\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{2s-\frac{k\left(3k-1\right)}{2}+1}}-\frac{1}{p^{3s-3k^2+4}}+{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^{3s-3k^2+j+2}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{3s-\frac{k\left(5k-1\right)}{2}+2}}+\cdots )\\ \ll {\displaystyle \sum }_p\frac{1}{p^{\sigma -k^2+2}}\ll 1\end{array}$

从而$G\left(s\right)$ 在半平面$\sigma >k^2-1$ 绝对一致收敛，从而无穷乘积$G\left(s\right)$ 中的每一项可以求和为如下形式：

$G\left(s\right)={\displaystyle \prod }_p\left[1-\left(\frac{1}{p}-{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^j-1}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}}\right)\frac{1}{p^{s-k^2+1}-1}\right]$

又因为$\zeta \left(s-k^2\right)$ 和${\left(\zeta \left(s-k^2+1\right)\right)}^{-1}$ 分别在$\sigma >k^2+1$ 和$\sigma >k^2$ 解析，故$A_k\left(s\right)$ 在$\sigma >k^2+1$ 绝对一致收敛。 ♦

容易发现，存在算术函数$g\left(n\right)$ ，使得

$G\left(s\right)={\displaystyle \sum }_{n=1}^{\infty }\frac{g\left(n\right)}{n^s},$

从而根据Dirichlet级数乘积与算术函数卷积的关系，我们有如下推论。

推论1. 对任意的$n\in \mathbb{N}$ ，有

$a_k\left(n\right)=n^{k^2}\ast \left(n^{k^2-1}\mu \left(n\right)\right)\ast g\left(n\right)$ (4)

3. 对$\left|g\left(n\right)\right|$ 的相关分析

由于$g\left(n\right)$ 的具体表达式未知且在实际应用卷积方法的过程中常涉及算术函数的绝对值的求和，因此我们在此分析$\left|g\left(n\right)\right|$ 。我们有如下命题。

命题2. 对任意的$n\in \mathbb{N}$ ，

$\left|g\left(n\right)\right|<n^{k^2-1}.$

证明：由(3)，对任意的素数$p$ 以及$\alpha \in \mathbb{N}$ ，有

$\left|g\left(p^{\alpha }\right)\right|=p^{\alpha \left(k^2-1\right)}\left|-\frac{1}{p}+{\displaystyle {\sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^j-1}}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}}\right|=p^{\alpha \left(k^2-1\right)}\left|{\displaystyle {\prod }_{i=1}^n\left(1-\frac{1}{p^i}\right)}\right|$ (5)

由于$p$ 是素数，故$\left|{\displaystyle {\prod }_{i=1}^n\left(1-\frac{1}{p^i}\right)}\right|<1$ ，因此对于任意的$n\in \mathbb{N}$ ，设$n={\displaystyle {\prod }_{p|n}{p}^{\alpha }}$ ，从而有

$\left|g\left(n\right)\right|<n^{k^2-1}$

并且$n^{k^2-1}$ 关于$n$ 单调递增。 ♦

下面我们开始研究$\left|g\left(n\right)\right|$ 的求和。根据Perron公式(见[8] [9])，我们有如下结果。

命题3. 对任何充分大的实数$x$ ，有

${\displaystyle {\sum }_{n\le x}\left|g\left(n\right)\right|}=O_k\left(x^{k^2-1}\log x\right).$ (6)

证明：不难发现，级数$\tilde{G}\left(s\right):={\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }\left|g\left(n\right)\right|n^{-s}}$ 的解析范围与$G\left(s\right)$ 相同，均为$\sigma >k^2-1$ 。在区域$\sigma >k^2$ 内，有

${\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\left|g\left(n\right)\right|}{n^s}}\le {\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\sigma -k^2+1}}}\le {\displaystyle {\int }_1^{\infty }\frac{\text{d}t}{t^{\sigma -k^2+1}}}=\frac{1}{\sigma -k^2}.$ (7)

对任意的$\epsilon$ ，令$\sigma =k^2-1+\epsilon$ ，则对充分大的素数$p$ ，有

$\left|p^{s-k^2-1}-1\right|\ge \left|p^{\epsilon }-1\right|\ge p^{\frac{\epsilon }{2}}-1\ge p^{\frac{\epsilon }{4}},$

从而

${\displaystyle \sum }_p\log \left[1-\left(\frac{1}{p}-{\displaystyle \sum }_{j=3}^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}\frac{b_j}{p^j-1}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{p^{\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1}}\right)\frac{1}{p^{s-k^2+1}-1}\right]\ll {\displaystyle \sum }_p\frac{1}{p^{\frac{\epsilon }{4}+1}}\ll {\displaystyle {\int }_1^{\infty }\frac{\text{d}x}{x^{\frac{\epsilon }{4}+1}}}=\frac{4}{\epsilon },$

故$\tilde{G}\left(s\right)$ 是有界的。

不失一般性，我们假定$x=N+1/2\ge 2025$ 。根据Perron公式，我们有

${\displaystyle {\sum }_{n\le x}\left|g\left(n\right)\right|}=\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{b-iT}^{b+iT}\tilde{G}\left(s\right)\frac{x^s}{s}\text{d}s}+O\left(\frac{x^{b}B\left(b\right)}{T}\right)+O\left(\frac{xH\left(2x\right)\log x}{T}\right),$ (8)

其中$B\left(\sigma \right)={\left(\sigma -k^2\right)}^{-1}$ ，$H\left(x\right)=x^{k^2-1}$ ，并且我们取${\sigma }_1=k^2-1+1/\log x$ 。

利用围道积分法，下面我们在以$b\pm iT,{\sigma }_1\pm iT$ 为顶点的矩形围道考虑积分

$J=\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\Phi }\tilde{G}\left(s\right)\frac{x^s}{s}\text{d}s}.$

注意到在围道内部被积函数解析，因此下面我们将在矩形围道Φ的上、下、左三条边上做积分估计。

首先，在两条水平线段${\sigma }_1<\sigma <b,t=\pm T$ 上，我们有

$\left|\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{{\sigma }_1-iT}^{{\sigma }_1+iT}\tilde{G}\left(s\right)\frac{x^s}{s}\text{d}s}\right|\le {\displaystyle {\int }_{{\sigma }_1}^b\left|\tilde{G}\left(s\right)\right|\frac{x^{\sigma }}{T}\text{d}\sigma }\ll \frac{x^b}{T}.$ (9)

其次，在左边竖直线段$-T\le t\le T,\sigma ={\sigma }_1$ 上，我们有

$\left|\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{{\sigma }_1-iT}^{{\sigma }_1+iT}\tilde{G}\left(s\right)\frac{x^s}{s}\text{d}s}\right|{\ll }_k{x}^{k^2-1}{\displaystyle {\int }_2^T\frac{\text{d}t}{t}}{\ll }_k{x}^{k^2-1}\log T.$ (10)

最后，我们联立(8)~(10)并取$b=k^2+1/\log x,T=x$ 来平衡所有的余项之后便能得到(6)。 ♦

4. 定理1的证明

有了前两节的准备，接下来我们就开始证明定理1。

定理1的证明：根据(3)，我们有

${\displaystyle {\sum }_{n\le x}a\left(n\right)}={\displaystyle {\sum }_{uvw\le x}{u}^{k^2}{v}^{k^2-1}\mu \left(v\right)g\left(w\right)}={\displaystyle {\sum }_{vw\le x}{v}^{k^2-1}\mu \left(v\right)g\left(w\right)}{\displaystyle {\sum }_{u\le \frac{x}{vw}}{u}^{k^2}}\left(u,v,w\in \mathbb{N}\right)$ (11)

而

${\displaystyle {\sum }_{u\le \frac{x}{vw}}{u}^{k^2}}={\displaystyle {\int }_1^{\frac{x}{vw}}{t}^{k^2}\text{d}t}+{\left(\lfloor t\rfloor -t\right)t^{k^2}|}_1^{\frac{x}{wv}}-k^2{\displaystyle {\int }_1^{\frac{x}{vw}}\left(\lfloor t\rfloor -t\right)t^{k^2-1}\text{d}t}=\frac{x^{k^2+1}}{\left(k^2+1\right)v^{k^2+1}{w}^{k^2+1}}+O_k\left(\frac{x^{k^2}}{v^{k^2}{w}^{k^2}}\right)$ (12)

故

${\displaystyle {\sum }_{vw\le x}{v}^{k^2-1}\mu \left(v\right)g\left(w\right)O_k\left(\frac{x^{k^2}}{v^{k^2}{w}^{k^2}}\right)}=O_k\left(x^{k^2}{\displaystyle {\sum }_{vw\le x}\frac{\left|\mu \left(v\right)\right|}{v}\cdot \frac{\left|g\left(w\right)\right|}{w^{k^2}}}\right)=O_k\left(x^{k^2}{\displaystyle {\sum }_{v\le x}\frac{\left|\mu \left(v\right)\right|}{v}}{\displaystyle {\sum }_{w\le \frac{x}{v}}\frac{\left|g\left(w\right)\right|}{w^{k^2}}}\right)$ (13)

由命题3和分部求和，我们有

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\sum }_{w\le \frac{x}{v}}\frac{\left|g\left(w\right)\right|}{w^{k^2}}}={\displaystyle {\int }_1^{\frac{x}{v}}\frac{1}{t^{k^2}}\text{d}\left(O_k\left(\frac{x^{k^2-1}}{v^{k^2-1}}\log x\right)\right)}\\ =O_k\left(\frac{v^{k^2}}{x^{k^2}}\left(\frac{x^{k^2-1}}{v^{k^2-1}}\log x\right)\right)+O_k\left({\displaystyle {\int }_1^{\frac{x}{v}}\frac{1}{t^{k^2+1}}\cdot \frac{x^{k^2-1}}{v^{k^2-1}}\log x\text{d}t}\right)\\ =O_k\left(\frac{v}{x}\log x\right)\end{array}$ (14)

故

${\displaystyle {\sum }_{vw\le x}{v}^{k^2-1}\mu \left(v\right)g\left(w\right)O_k\left(\frac{x^{k^2}}{v^{k^2}{w}^{k^2}}\right)}=O_k\left(x^{k^2-1}\log x{\displaystyle {\sum }_{v\le x}\left|\mu \left(v\right)\right|}\right)=O_k\left(x^{k^2}\log x\right).$ (15)

此外，

$\begin{array}{c}\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{vw\le x}\frac{\mu \left(v\right)g\left(w\right)}{v^2{w}^{k^2+1}}}=\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{v=1}^{\infty }\frac{\mu \left(v\right)}{v^2}}{\displaystyle {\sum }_{w=1}^{\infty }\frac{g\left(w\right)}{w^{k^2+1}}}-\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{vw>x}\frac{\mu \left(v\right)g\left(w\right)}{v^2{w}^{k^2+1}}}\\ =\frac{x^{k^2+1}}{\left(k^2+1\right)\zeta \left(2\right)}G\left(k^2+1\right)-\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{w=1}^{\infty }\frac{g\left(w\right)}{w^{k^2+1}}}{\displaystyle {\sum }_{v>\frac{x}{w}}\frac{\mu \left(v\right)}{v^2}}\\ =\frac{6x^{k^2+1}}{{\pi }^2\left(k^2+1\right)}G\left(k^2+1\right)-\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{w=1}^{\infty }\frac{g\left(w\right)}{w^{k^2+1}}}{\displaystyle {\sum }_{v>\frac{x}{w}}\frac{\mu \left(v\right)}{v^2}}\end{array}$ (16)

借助有关$\mu \left(n\right)$ 求和的经典结果[10]

${\displaystyle {\sum }_{n\le x}\mu \left(n\right)}=O\left(x{\text{e}}^{-c\sqrt[10]{\log x}}\right),$ (17)

其中$c$ 是正常数，从而我们有

${\displaystyle {\sum }_{v>\frac{x}{w}}\frac{\mu \left(v\right)}{v^2}}={\displaystyle {\int }_{\frac{x}{w}}^{+\infty }\frac{1}{t^2}\text{d}\left({\displaystyle {\sum }_{v\le \frac{x}{w}}\mu \left(v\right)}\right)}={\displaystyle {\int }_{\frac{x}{w}}^{+\infty }\frac{1}{t^2}\text{d}\left(O\left(\frac{x}{w}{\text{e}}^{-c\sqrt[10]{\log \frac{x}{w}}}\right)\right)}=O\left(\frac{w}{x}{\text{e}}^{-c\sqrt[10]{\log \frac{x}{w}}}\right),$ (18)

因此

$\frac{x^{k^2+1}}{k^2+1}{\displaystyle {\sum }_{w=1}^{\infty }\frac{g\left(w\right)}{w^{k^2+1}}}{\displaystyle {\sum }_{l>\frac{x}{w}}\frac{\mu \left(v\right)}{v^2}}=O_k\left(x^{k^2}{\text{e}}^{-c\sqrt[10]{\log \frac{x}{w}}}\right).$ (19)

最后，联立(11) (12) (15) (16) (19)，我们就能得到定理1。 ♦

致 谢

本论文的顺利完成离不开刘奎教授的宝贵意见及建议，作者在此向他表示衷心的感谢。