多元可逆平方组

记录一下昨天在学校看到的一个数论问题。（标题是我自己瞎取的

假设 \(f(n)\) 表示满足 \(\gcd(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+x_5^2+x_6^2,n)=1%\) 且对于 \(1\le i\le 6\) 满足 \(0\le x_i < n\) 的六元祖 \((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)\) 的数量，求 \(\sum_{i=1}^n \frac {f(i)}{i^2\varphi(i)}\)，其中 \(n\le 10^{12}\)。

菜菜的我肯定是不会的，于是就打了个表去 OEIS 了，然后发现 OEIS 上有这个函数，并且是积性的，只不函数稍微有亿点点复杂。\(f(2^e)=2^{6e-1},f(p^e)=(p - 1)\times p^{6e - 4}\times (p^3 - (-1)^{\frac{3\times(p-1)} 2})\)。然后瞎搞搞筛筛就可以做了。

但是我没有去做题（因为懒）而是打了一个 \(8\)-tumple 的表，然后发现 OEIS 居然也有，这次是 \(f(2^e) = 2^{8e-1}, f(p^e) = (p - 1)\times p^{8e - 5}\times (p^4 - 1)\)。

我寻思着那 \(2k\)-tumple 大概就是 \(f(2^e) = 2^{2ke-1}, f(p^e) = (p - 1)\times p^{2ke - (k+1)}\times (p^k - (-1)^{\frac{k\times(p-1)} 2})\)。

然后我还是没去写题或者去证明（太懒了），于是我又打了一个 \(7\)-tumple 的表，然后发现 OEIS 还是有，而且这次更加简单了：\(f(n)=n^6\times \varphi(n) = \varphi(n^7)\)。然后经过几次尝试，发现 \((2k+1)\)-tumple 就是 \(f(n)=\varphi(n^{2k+1})\)。

然后我还是没去证明（下楼吃饭了）。

昨天拖了灰灰和 jmr 的后腿，sad。于是证明就被我给鸽了。

然后鸽到了今天，大概先口胡一个证明。先写当 \(n\) 为质数的时候的证明。因为模奇质数意义下的二次剩余一定是一半，所以前面 \(k-1\) 个随便选，最后一个一定有 \(\frac{n-1}{2} \times 2\) 种选法，然后答案就是 \(n^{k-1}\times (n-1)\)。

关于 \(p^e\) 也是类似，我们可以通过 \(f_{k-2}(n)\) 来递推到 \(f_{k}(n)\)，容易发现当且仅当最后两项的和与前面的和 \(\bmod p\) 不为 \(0\) 时是合法的，这样就只用考察 \(x^2+y^2\) 的二次剩余的分布了，就可以轻松得到上式。

然后又因为 \(x \pmod {p\times q},\gcd(p,q)=1\) 是二次剩余当且仅当 \(x\pmod p\) 是二次剩余且 \(x\pmod q\) 是二次剩余，所以就又可以轻松得到积性了。

于是证明大概就是这样咯 QwQ。