这三天的数学研究

前两天无意中发现，一到九每个数三次方之后个位数仍然是一到九，这引发了我的联想，满足(模n的完系)$^3$ 也是模n的完系的n有什么规律？

沿着这个想法，可以定义如下函数：

\[\begin{align*} f(n)=\begin{cases} 1 \,\,\,\,\,\,\text{ if } (模 n的完系)^3也是模n的完系 \\ 0 \,\,\,\,\,\,\text{ otherwise } \end{cases} \end{align*}\]

它的值大概长这样：

n	f(n)
1	1
2	1
3	1
4	0
5	1
6	1
7	0
8	0
9	0
10	1

以下是我这几天发现的规律：

theorem 对于任意素数p, 对于任意整数a>1, $f(p^a)=0$

证明：对于所有b>a/3，$(kp^b)^3 \equiv 0 \pmod{p^a}$，因此$(模 p^a的完系)^3$一定不是模 p^a完系。

theorem $a^3${$i^3$}={$i^3$}

证明：$a^3${$i^3$}={$(ai)^3$}={$i^3$}

theorem f(n)是积性函数

证明：

lemma 让$f$是一个整系数多项式,$m_1,m_2,…,m_r$是两两互素的正整数，并让$m=m_1m_2…m_r$,则同余式

\[f(x) \equiv 0 \pmod m\tag{1}\]

有一个解,当且仅当同余式组

\[f(x) \equiv 0 \pmod {m_i}\quad i=1,2,...,r\tag{2}\]

的每一个有一个解.并且,如果$V(m)$与$V(m_i)$分别表示式(1)与(2)的解的个数,则有

\[V(m)=V(m_1)V(m_2)...V(m_r).\tag{3}\]

证明：如果$f(a) \equiv 0\pmod m$, 则$f(a) \equiv 0\pmod {m_i}$对每个i成立, 于是式(1)的每个解也是式(2)的解. 反之,令$a_i$是式(2)的一个解, 于是根据中国剩余定理, 存在一个整数a, 使得

\[a \equiv a_i\pmod {m_i}\quad i=1,2,...,r\tag4\]

所以 $f(a) = f(a_i) \equiv 0\pmod {m_i}.$ 因为这些模是两两互素的, 故我们也有$f(a) \equiv 0\pmod m$. 因此,如果式(2)的每一个同余都有解, 则式(1)也有解.

我们还知道, 同余式组(2)的每一个(r)个数组的解$(a_1,…,a_r)$给出满足式(4)的唯一整数$a\pmod m$. 当每个$a_i$通过式(2)的$V(m_i)$个数时,满足式(4)也也就满足式(2)的整数a通过$V(m_1)\cdot V(m_2)\cdot…\cdot V(m_r)$个. 这证明了式(3).

$f(m)=1\iff a^3-b^3 \equiv 0\pmod m仅有a=b一个解\iff a^3-b^3 \equiv 0\pmod {m_i}对于每个i\iff f(m_i)=1对于每个i$

因此 $f(m)=\prod f(m_i)$，得证。

以上定理揭示了f(n)在合数上的所有表现。

theorem $n=p_1^ap_2^b\cdots,\sum_{d|n}f(d)=2^{f(p_1^a)+f(p_2^b)+\cdots}$

易证

theorem 对于不是2或3的素数p，$f(p)=1\iff p=6k+5$

$f(p)=1\iff a^3-b^3 \equiv 0\pmod p仅有a=b一个解\iff a^2+ab+b^2 \equiv 0\pmod p无解$

我们考虑方程 $ a^2 + ab + b^2 \equiv 0 \pmod{p} $。为分析它的解，我们将其改写为一元二次方程：

\[a^2 + ab + b^2 = 0\]

这是一个关于 $ a $ 的二次方程，其判别式为：

\[\Delta = b^2 - 4 \cdot 1 \cdot b^2 = b^2 - 4b^2 = -3b^2\]

为了使得这个方程在模 $ p $ 意义下无解，判别式 $ \Delta $ 必须不是模 $ p $ 的二次剩余。也就是说，-3 不是模 $ p $ 的二次剩余。

根据二次互反律，-3 是模 $ p $ 的二次剩余当且仅当 $ p \equiv 1 \pmod{6} $。因此，为了使得 $ -3 $ 不是模 $ p $ 的二次剩余，$ p $ 必须满足：

\[p \equiv 5 \pmod{6}\]

证毕。

corollary 有无穷多个n使得f(n)=1

把上面定理的结论带入到迪利克雷定理中，可得满足f(n)=1的素数有无穷多个，即证。

theorem 对于任意素数p满足f(p)=0,对于任意非零整数a, $x^3 \equiv a \pmod{p}$ 总有正好3个不同余的解.

证明分两步。第一步，证明对于任意非零整数a, $x^3 \equiv a \pmod{p}$ 的解的个数相同。再根据拉格朗日定理可知这个个数要么是2，要么是3. 第二步，证明不可能有2个解。

根据前文已得到的定理，$a^3${$i^3$}={$(ai)^3$}={$i^3$}。这意味着，如果 $x^3 \equiv b \pmod{p}$ 有m个解， $x^3 \equiv ab \pmod{p}$ 也有m个解。a是没有限制的，所以让它跑遍整个完系，这样就证明了第一步。

第二步，如果 $x^3 \equiv 1 \pmod{p}$ ，那么 $(x^2)^3 \equiv 1 \pmod{p}$ 。如果 $x^3 \equiv 1 \pmod{p}$ 有两个解，其中一个肯定是x=1，那么只剩下一个名额了。但是前面又说了，要么没有，要么x和x^2都是，所以只能是 $x^2 \equiv x \pmod{p}$ . 可以解得 $x \equiv 1 \pmod{p}$ ，但这就和第一个解重合了。因此不可能有2个解 。证毕。

theorem 对于不含平方因子的n，令g(n)=对于任意非零整数a, $x^3 \equiv a \pmod{p}$ 的解的个数，则 $g(n)=g(p_1)g(p_2)…$

由上文的引理和定理易得。