|
|
MSE
实际上，这个恒等式有一个纯粹的初等证明，这是由于Liouville在他的工作（1858年）中的一个引理（Liouville, J. Sur quelques formules générales qui peuvent être utiles dans la théorie des nombres）。理解他那里的系列文章会很有帮助（我发现第三篇非常好），或者模仿numdam.org/article/JTNB_2006__18_1_223_0.pdf中的证明来证明以下关于算术函数（或“序理论”）的初等事实：
如果$$f:\ \mathbb{Z}^4\rightarrow\mathbb{C}$$是一个函数，使得
$$f(a,b,x,y)-f(x,y,a,b)=f(-a,-b,x,y)-f(x,y,-a,-b)$$ 对于任何整数$a,b,c,d$，那么对于任何正整数$n$，我们有以下恒等式
$$
\begin{aligned}
&\sum_{ax+by=n,\\ a,b,x,y\in\mathbb{Z}_{>0}}(f(a,b,x,-y)-f(a,-b,x,y)+f(a,a-b,x+y,y)-f(a,a+b,y-x,y)+f(b-a,b,x,x+y)-f(a+b,b,x,x-y))\\
=&\sum_{d|n}\ \sum_{x\in\mathbb{Z},0<x<d}(f(o,n/d,x,d)+f(n/d,0,d,x)+f(n/d,n/d,d-x,-x)-f(x,x-d,n/d,n/d)-f(x,d,0,n/d)-f(d,x,n/d,0)).
\end{aligned}$$
现在考虑函数$$f(a,b,x,y)=xy^5+x^5y-2x^3 y^3$$，它独立于$a,b$并且显然满足上述条件。因此我们可以应用上述引理写出以下恒等式。它的左边是
$$\begin{aligned}
&\sum_{ax+by=n,\\ a,b,x,y\in\mathbb{Z}_{>0}}(-2xy^5-2x^5 y+4x^3 y^3 +(x+y)y^5 + (x+y)^5y - 2(x+y)^3 y^3-(y-x)y^5-(y-x)^5y+ 2(y-x)^3 y^7+ x(x+y)^5+ x^5(x+y)-2x^3 (x+y)^3- x(x-y)^5- x^5(x-y)+ 2x^3(x-y)^3)\\
=&\sum_{ax+by=n,\\ a,b,x,y\in\mathbb{Z}_{>0}}36x^3 y^3\\
=&36\sum_{m=1}^{n-1}\sigma_3 (m)\sigma_3 (n-m).
\end{aligned}$$
右边则是
$$\sum_{d|n}\ \sum_{x\in\mathbb{Z},0<x<d}(xd^5+5x^2d^4-12x^3d^4+4x^4d^2+2x^5d)$$
注意如果我们将$x$从$1$到$d$求和，结果是相同的，并且我们有幂和公式
$$S_p(d)=\sum_{k=1}^{d}k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{j=0}^{p}(-1)^j {p+1\choose j}B_j d^{p+1-j},$$
特别地，我们有
$$\begin{aligned}
S_1(d)&=\frac{d^2+d}{2}\\
S_2(d)&=\frac{2d^3+3d^2+d}{6}\\
S_3(d)&=\frac{d^4+2d^3+d^2}{4}\\
S_4(d)&=\frac{6d^5+15d^4+10d^3-d}{30}\\
S_5(d)&=\frac{2d^6+6d^5+5d^4-d^2}{12}.
\end{aligned}$$
右边可以简化为$S_i(d) $ ($1\leq i\leq 5$)的形式
$$\sum_{d|n}\frac{3}{10}(d^7-d^3)=\frac{3}{10}(\sigma_7 (n)-\sigma_3 (n))$$
因此从$LHS=RHS$可以得出
$$\sum_{m=1}^{n-1}\sigma_3(m) \sigma_3(n-m)=\frac{1}{120}(\sigma_7(n)-\sigma_3(n))$$ |
|
