\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/eisA.cgi？Anum=#1}{\下划线{#1}}}\声明MathOperator*{\Res}{Res}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\leavevmode\epsffile｛logo129.eps｝\结束{中心}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf涉及的一些算术函数\\\vskip.1英寸指数除数}\vskip 1cm\large曹晓东\\数学和物理系\\北京石油化工学院\\北京，102617\\中华人民共和国\\\链接{mailto:tanigawa@math.nagoya-u.ac.jp}{\tcaoxiaodong@bipt.edu.cn}\\\ \\文广寨\\数学科学学院\\山东师范大学\\济南，250014\\山东\\中华人民共和国\\\链接{mailto:zaiwg@hotmail.com}{\tzaiwg@hotmail.com} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始｛摘要｝本文研究了与整数的指数因子。我们建立了一些渐近黎曼假设下的公式，改进了之前的结果。我们还证明了一些渐近下界。\结束{抽象}\新定理{定理}{定理{\新定理｛推论｝〔定理〕｛推论｝\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\新定理｛猜想｝〔定理〕｛猜想｝\新定理{thm}{定理}\新定理{cor}{推论}\新定理{lem}{Lemma}[段]\新命令{\bvec}[1]{\mbox{\boldmath$#1$}}\更新命令{\d}{\displaystyle}\renewcommand\thefootnote{\fnsymbol{footnote}}更新命令%*************************第1部分*******************************************\第{节介绍和结果}假设$n>1$是一个带素因式分解的整数$n=p^{a1}_{1} \cdots p^{宋体}_{r} 美元。整数$d$称为如果$d=p，则$n$的指数除数（e-除数）^{b_1}_{1} \t个第页^{白}_{r} $与$b_j|a{j}（1\leqj\leqr），$表示为符号$d_en$。为方便起见，$1|_e1$。的属性指数因子吸引了许多作者的兴趣（参见，例如，\cite{ha，ks1，ks2，lu，ns，pw，sa，sw，ss，1，to2，to3，wu}）。整数$n=p^{a1}_{1} \cdots p^｛a_r｝_{r} $按指数计算如果所有指数$a_1、\cdots、a_r$均为不受限制。整数$1$也被认为是无平方的数字。假设$f$和$g$是两个算术函数$n=p^｛a_1｝_{1} \cdots p^{宋体}_{r} 美元。首先是Subbarao\cite{su}通过引入指数卷积（e-convolution）$$（f\odotg） （n）=sum{b_1c_1=a_1}\cdots\sum{b_rc_r=a_r}f（p^{b_1}_{1} \t个第页^{白}_{r} ）克（p^{c1}_{1} \cdots p^{c_r}_{r} ），$$这是经典狄利克雷卷积的类似物。这个e-convolution$\odot$是交换的、关联的，并且具有标识元素$\mu^2$，其中$\mu$是M“obius函数。此外，函数$f$与$\odot成反比$iff$f（1）\neq 0$和$f（p_1\cdots p_r）\neq 0$用于任何不同素数$p_1，\cdots，p_r$。常数函数$f（n）等于1$相对于$\odot$被称为M“obius函数的指数模拟它用$\mu^{（e）}$表示。因此$\sum_{d|_en}\mu^{（e）}（d）=\mu^2（n）$对于$n\geq1$，$\mu^}（1）=1$，$n=p的$\mu^{（e）}（n）=\mu（a_1）\cdots\mu（arr）$^{a1}_{1} \t个第页^{宋体}_{r} >1美元。请注意$|\mu^{（e）}（n）|=1$或$0$，根据$n$是否为电子平方自由。整数$d$称为指数无平方指数如果$d=p，$n$的除数（e-无平方e-除数）^{b_1}_{1} \t个第页^{白}_{r} $与$b_j|a_{j}（1\leq-j\leq-r）$和$b_1，\cdots，b_r$是直角的。注意整数$1$是一个无平方的它不是$n>1$的e除数。让$t^{（e）}$表示e-sqaurefree的e-divisors为$n$。现在我们介绍一些符号供以后使用。像往常一样，让$\mu（n）$和$\omega（n）$表示M“obius函数，以及$n$的不同素因子。如果$t$是真实的，那么$\{t\}$表示$t的小数部分，\psi（t）=\{t\{-1/2$。在本文中，$\varepsilon$是一个小的固定正值常量和$m\sim m$表示某些常量$00$是常量和\开始{eqnarray*}A_1:=m（\mu^｛（e）｝）=\prod_｛p｝\left（1+\sum_｛k=2｝^｛infty｝\frac{mu（k）-\mu（k-1）}{p^k}\右）。\结束{eqnarray*}T\'{o} 第个引用{to2}证明了如果黎曼假设（RH）成立，那么\开始{方程式}\标签{eq:E2}\sum_{n\lex}\mu^{（e）}（n）=A_1x+O（x^{91/202+varepsilon}）。\结束{方程式}Subbarao和Wu研究了其渐近性质总和$\sum{n\leqx}|\mu^{e}（n）$。T\'{o} 第个\cite{to2}已证明如果相对湿度为真，那么\开始{方程式}\标记{eq:E3}\sum_｛n\leq x｝|\mu^｛（e）｝（n）|=B_，\结束{方程式}哪里$$B_1:=\prod_{p}（1+\sum_{alpha=4}^\infty\frac{\mu^2（a）-\mu^1（a-1）}{p^a}）$$对于函数$t^{（e）}（n），$t\'{o} 第个引用{to2}证明了渐近公式\开始{方程式}\标签{eq:E4}\sum_{n\leqx}t^{（e）}（n）=C_1x+C_2x^{1/2}+O（x^{1/4+varepsilon}），\结束{方程式}哪里\开始{eqnarray*}&&C_1:=\prod_{p}\左（1+\sum_{k=2}^{\infty}\分形｛2^｛\omega（k）｝-2^｛\omega（k-1）｝｝｛p^k｝\右），\\&&C_2:=\zeta（\frac12） 左（1+\sum_{k=4}^{infty}（右）。\结束{eqnarray*}P\'{e} 特曼\cite{pe}用一个更好的错误项$O（x^{1/4}）$，这是最好的无条件最新结果。为了进一步降低指数$1/4$，我们必须了解有关黎曼齐塔函数的非平凡零点。在这篇短文中，我们将证明以下定理。\开始{定理}\标签{thm:1}{\it如果RH为true，则\开始{eqnarray}\sum_{n\lex}\mu^{（e）}（n）&&=A_1x+O\left(x^{\frac{37}{94}+\varepsilon}\right），\label{eq:E5}\\\sum_｛n\le x｝|\mu^｛（e）｝（n）|&&=B_1x+B_2x^｛\frac 15｝+O（x^｛\frac 38｝｛193｝+\varepsilon｝），\标签{eq:E6}\\\sum_{n\leqx}t^{（e）}（n）&&=C_1x+C_2x^{1/2}+O\左（x^{frac{3728}{15469}+\varepsilon}\右），\标签{eq:E7}\结束{eqnarray}其中$B_2$是可计算常数。}\结束{定理}{\bf备注1.}数字上，我们有\开始{eqnarray*}&&\压裂{37}{94}=0.39361\cdots，压裂{91}{202}=0.45049\cdots\\&&\裂缝{38}{193}=0.1968\cdots<1/5，\裂缝{3728}{15469}=0.240\cdots<1/4。\结束{eqnarray*}设$\Delta_{\mu^{（e）}}（x），\Delta_{|\mu^{（e）}|}分别位于\eqref{eq:E5}、\eqref{eq：E6}和\eqef{eq：E7}中。我们有以下结果。\开始{定理}\标签{thm:2}{\我们有\开始{eqnarray}\Delta_{\mu^{（e）}}（x）&=\Omega（x^{1/4}），\label{eq:E8}\\\Delta_｛|\mu^｛（e）｝|｝（x）&=\Omega（x^｛1/8｝），\label｛eq:E9｝\\\Delta_{t^{（e）}}（x）&=\Omega（x^{1/6}）。\标签{eq:E10}\结束{eqnarray}}\结束{定理}%********************第2部分*****************************************\部分{\bf一些生成函数}在本节中，我们将研究功能分别是$\mu^{（e）}（n）、|\mu^}（e。我们只考虑$|\mu^{（e）}（n）|$和$t^{（e）}（n）$，因为t\'{o} 第个\引用{to2}已经证明了以下公式，即足以满足我们的目的，\开始{方程式}\标签{eq:E11}\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu^{（e）}（n）}{n^s}=\frac{\zeta（s）}{\zeta^2（2s）}U（s）\（Re s>1），\结束{方程式}其中$U：=\sum_{n=1}^\infty\frac{U（n）}{n^s}$是绝对值$\Re s>1/5时收敛$我们首先考虑函数$\mu^{（e）}（n）$。函数$\mu^{（e）}$是乘法的，每个素数的$\mu^{（e）}（p^a）=\mu（a）$幂$p^a$，即对于每个素数$p$，$\mu^{（e）}（p）=1，\μ^{（e）}（p^2）=-1，\mu^{，\μ^｛（e）｝（p^5）=-1、μ^｛（e）｝（p^6）=1，\mu^{（e）}（p^7，\cdots.$因此，在Euler产品中，对于$\Re s>1$\开始{eqnarray}\标签{eq:E12}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|\mu^{（e）}（n）|}{n^s}=\prod_{p}\left（1+\sum_{m=1}^}\infty}\frac{|\mu（m）}{p^{ms}}\右）。\结束{eqnarray}黎曼齐塔函数乘积表示的应用\开始{eqnarray}\标签{eq:E13}\泽塔（s） =\prod_{p}（1+p^{-s}+p^}-2s}+\cdots）=\pro1_{p{（1-p^{s-}）^{-1}\(\回复>1），\结束{eqnarray}我们有$\Re s>1$\开始{eqnarray}\label{eq:E14}\zeta（s）\zeta（5s）=\prod_{p}\左（（1-p^{-s}）（1-p_{-5s}）\右）^{-1}。\结束{eqnarray}让\开始{eqnarray}f_{|\mu^{（e）}|}（z）：&&=1+\sum{m=1}^{infty}|\mu（m）|z^m\标签{eq:E15}\\&&=1+z+z^2+z^3+z^5+z^6+z^7+z^｛10｝+z^｛11｝+\sum_｛m=12｝^｛infty｝|\mu（m） |z^m.\n数字\结束{eqnarray}对于$|z|<1$，很容易验证\开始{eqnarray}&&f_{|\mu^{（e）}|}（z）（1-z）（1z^5）标签{eq:E16}\\&&=\左（1+z+z^2+z^3+z^5+z^6+z^7+z^{10}+z^}11}+\sum_{m=12}^{infty}|\亩（m） |z^m\右）（1-zz^5+z^6）\n非数字\\&&=1-z^4-z^{8}+z^9+\sum_{m=12}^{\infty}cm^{（1）}z^m，\n非数字\结束{eqnarray}哪里\开始{eqnarray*}c_m^｛（1）｝：=&&|\mu（m）|-|\mu（m-1）|-|\mu（m-5）|+|\mu（m-6）|（第12页）\结束{eqnarray*}此外，我们还有\开始{eqnarray}\标签{eq:E17}&&f_{|\mu^{（e）}|}（z）（1-z）（1z^5）（1-z^4）^{-1}（1-z_8）^{-1-}\\&&=\left（1-z^4-z^{8}+z^9+\sum_{m=12}^{\infty}c_m^{（1）}z^m\right）（1+z^4+z^8+\cdot）（1+z^8+z^{16}+\cdots）\n非数字\\&&=1+z^9+\sum_{m=12}^{\infty}C_m^{（1）}z^m.\n非数字\结束{eqnarray}我们从\eqref{eq:E12}、\eqref{eq:E13}、\ eqref{eq:15}和\eqref{eq:E17}，取$z=p^{-s}$\开始{eqnarray}\标签{eq:E18}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|\mu^{（e）}（n）|}{n^s}=\frac{\zeta（s）\zeta（5s）}{\zeta（4s）\ zeta（8s）}V（s）\（Re s>1），\结束{eqnarray}其中$V：=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{V（n）}{n^s}$是绝对值$\Res>\frac{1}{9}$收敛。现在我们考虑函数$t^{（e）}（n）$，它也是乘法和$t^｛（e）｝（p^a）＝2^｛\omega（a）｝$对于每个素数功率$p^a$。因此，对于每个质数$p$，$t^{（e）}（p）=1，t^{（e）{，t^{（e）}（p^6）=4，t^{（e）{$通过Euler产品，我们有$\Re s>1$\开始{eqnarray}\标签{eq:E19}\sum{n=1}^{\infty}\frac{t^{（e）}（n）}{n^s}=\prod_{p}\left（1+\sum{m=1}^}\infty}\frac{2^{\omega（m）}}{p^{ms}}\右）。\结束{eqnarray}让\开始{eqnarray}\label{eq:E20}&&\{t^{（e）}}（z）：=1+\sum_{m=1}^{infty}2^{omega（m）}z^m\\&&=1+z+2z^2+2z^3+2z^4+2z^5+4z^6+2z^7+2z^8+2z^9+4z^{10}+2z^{11}+\sum_{m=12}^{infty}2^{ω（m）}z^m.非数字\结束{eqnarray}对于$|z|<1$，很容易检查\开始{eqnarray*}&&f{t^{（e）}}（z）（1-z）（1z^2）（1-z^6）^2\\&&=1-z^4-2z^7-2z^8+2z^9+\sum_｛m=10｝^｛infty｝c_m^｛（2）｝z^m\结束{eqnarray*}和\开始{eqnarray}\标签{eq:E21}&&f{t^{（e）}}（z）（1-z）（1z^2）（1-z^6）^2（1-z*4）^{-1}\\&&=\左（1-z^4-2z^7-2z^8+2z^9+\sum_{m=10}^{\infty}c_m^{（2）}z^m\right）（1+z^4+z^8+\cdots）\n非数字\\&&=1-2z^7+\sum_{m=8}^{\infty}C_m^{（2）}z^m.\n非数字\结束{eqnarray}结合\eqref{eq:E13}和\eqref{eq：E19}，我们得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E22}\sum_｛n=1｝^｛\infty｝\frac｛t^｛（e）｝（n）｝｛n^s｝=\frac｛\zeta（s）\zeta（2s）\泽塔^2（6s）}{\泽塔（4s）}W（s）\（Re s>1），\结束{eqnarray}其中$W：=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{W（n）}{n^s}$是绝对值$\Res>\frac{1}{7}$收敛。%**************************\第3节***********************************************\第{\bf节定理证明我们从\eqref{eq:E11}中看到，函数$\mu^{（e）}（n）$的生成Dirichlet级数是$\frac{\zeta（s） }{\zeta^2（2s）}U（s）$，它在第$\Re s=\frac 14行，$估计值\eqref{eq:E8}如下。从表达式\eqref{eq:E18}我们看到生成Dirichlet函数$|\mu^{（e）}（n）|$的级数是$\frac{\zeta（s） \zeta（5s）}{\zeta第$\Re s=\frac 18行，$where the estimate \eqref{eq:E9}跟随。通过\eqref{eq:E22}，我们得到借助于K的定理2“{u} 莱特纳和Nowak\cite{kn}（或通过Balasubramanian、Ramachandra和Subbarao的方法在\引用{brs}中）。%******************************\第4节*********************************************************\第{\bf节\eqref{eq:E5}和\eqref{eq:E7}}的证明我们遵循蒙哥马利定理1的方法沃恩\cite{mv}。在本节中，我们假设相对湿度。我们首先证明\eqref{eq:E5}。众所周知无平方整数集的特征函数为\开始{eqnarray}\标签{eq:E23}\mu^2（n）=|\mu（n）|=\sum{d^2|n}\mu，\结束{eqnarray}我们写作\开始｛eqnarray｝\标签｛eq:E24｝\增量（x）：=\sum_{n\le x}\mu^2（d） -\frac{x}{\zeta（2）}:=d（x）-\frac{x}{\zeta}（2）。\结束{eqnarray}通过定义函数$a_1（n）$\开始{eqnarray}\标签{eq:E25}a_1（n）=\sum_{md^2=n}\mu^2（m）\mu（d），\结束{eqnarray}很容易看出这一点\开始{eqnarray}\标签{eq:E26}\frac｛\zeta（s）｝｛\zeta ^2（2s）｝=\ frac｛\sum_｛n=1｝^｛\infty｝\frac｛\mu^2（n）｝｛n^s｝｝｛\zeta（2s）｝=\ sum_｛n=1｝^｛\infty｝\frac｛a_1（n）｝｛n^s｝，\回复>1，\结束{eqnarray}因此\开始{eqnarray}\标签{eq:E27}T_1（x）：=\sum_{n\lex}a_1（n）=\sum_{md^2\lex}\mu^2（m）\mu（d） =\sum_{d\lex^{frac12}}\mu（d）d（frac{x}{d^2}）。\结束{eqnarray}假设1美元是}}\mu^2（m）\mu（d）。\结束{eqnarray}我们首先评估$S_1（x）$。从\eqref{eq:E24}我们得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E31}S_1（x）&&=\sum_{d\ley}\mu（d）\left（\frac）{x} {d^2\zeta（2）}+\Delta\左（\frac{x}{d^2}\右）\右）\\&&=\frac{x}{\zeta（2）}\sum_{d\ley}\frac}\mu（d）}{d^2}+\sum_{d\\ley} \mu（d）\Delta\left（\frac{x}{d^2}\right）。\非数字\结束{eqnarray}为了处理$S_2（x）$，我们让\开始{eqnarray}\标签{eq:E32}g_y（s）=\zeta^{-1}-\sum_{d\ley}\frac{\mu（d）}{d^{s}}，（s=\sigma+it），\结束{eqnarray}因此，对于$\Re s=\sigma>1$\开始{eqnarray}\标签{eq:E33}gy（s）=\sum{d>y}\frac{\mu（d）}{d^{s}}。\结束{eqnarray}因此\开始{eqnarray}\标签{eq:E34}\裂缝{gy（2s）\zeta（s）}{\zeta（2s）}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_1（n）}{n^s}，\结束{eqnarray}对于$\sigma>1$，其中\开始{eqnarray}\标签{eq:E35}b1（n）=\sum{\stackrel{md^2=n}{d>y}}\mu^2（m）\mu（d）\结束{eqnarray}设$\frac12<\sigma<2$，$\delta=\frac{\varepsilon}{10}$。假设RH，从Titchmarsh的14.25开始，我们有\开始{eqnarray}\标签{eq:E36}\sum_{d\ley}\frac{\mu（d）}{d^{s}}=\zeta^{-1}（s）+O\left（y^{frac12-\sigma+\delta}（|t|^\delta+1）\右）。\结束{eqnarray}此外，RH意味着$\zeta（s）\ll|t|^\delta+1$和$\sigma>\frac 12的$\zeta^{-1}\ll（|t|^\delta+1）$一致+\delta$和$s-1|>\varepsilon$，以及$\sum_{n\ley}\mu（n）\lly^{frac12+delta}$。从\exref｛eq:E32｝、\exref｛eq:E33｝和\eqref{eq:E36}，我们有$$g_y（2s）\ll y^{-\frac 12}（|t|^\delta+1），（\sigma\ge\frac 12+\delta）$$因此\开始{eqnarray}\标签{eq:E37}g_y（2s）\frac{\zeta（s）}{\zeta2s）}\lly^{-\frac12}（|t|^{3\delta}+1） ，（\sigma\ge\frac 12+\delta，\s-1 |>\varepsilon）。\结束{eqnarray}来自\eqref{eq:E30}、\eqref{eq:E34}、\ eqref{eq:E35}和Perron的公式（引理3.19），我们得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E38}S_2（x）=sum_{n\lex}b_1（n）=frac{1}{2\pii} \int_{1+\varepsilon-ix^2}^{1+\ varepsilen+ix^2{g_y（2s）\frac{\zeta（s） }{\zeta（2s）}x^ss^{-1}\mathrm{d} 秒+O（x^\delta），\结束{eqnarray}由于$b（n）\nll n^ delta$被除数参数。如果我们移动线路积分到$\sigma=\frac 12+\delta$，然后通过余数定理\开始{eqnarray}\标签{eq:E39}&&\压裂{1}{2\pii} \int_{1+\varepsilon-ix^2}^{1+\ varepsilen+ix^2{g_y（2s）\frac{\zeta（s） }{\泽塔（2s）}x^ss^{-1}\mathrm{d} 秒\\&&=I_1+I_2-I_3+\Res_{s=1}\g_y（2s）\frac{\zeta（s）}{\ zeta（2s）}x^ss^{-1}，\n非数字\结束{eqnarray}哪里\开始{eqnarray*}&&I_1=\压裂{1}{2\pii}\int_{\压裂12+\delta+ix^2}^{1+\varepsilon+ix|2}gy（2s）\frac{\zeta（s）}{\ze塔（2s）}x^ss^{-1}\mathrm{d} 秒，I_2=\压裂{1}{2\pii}\int_{\压裂12+\ delta ix ^2｝^｛\frac 12+\ delta+ix ^2｝g_y（2s）\ frac｛\zeta（s） }{\zeta（2s）}x^ss^{-1}\mathrm{d} 秒,\\&&I_3=frac{1}{2\pii}\int_{frac12+\delta-ix^2}^{1+\varepsilon-ix^2{gy（2s）\frac{\zeta（s）}{\ zeta（2s）}x^ss^{-1}\mathrm{d} 第条。\结束{eqnarray*}从\eqref｛eq:E37｝中不难看出\开始{eqnarray}\标签{eq:E40}I_j\ll y^{-\压裂12}x^{\压裂12+8\增量}，（j=1,2,3）。\结束{eqnarray}结合\eqref{eq:E38}--\eqref{eq:E40}，我们得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E41}S_2（x）=\压裂{x}{zeta（2）}\sum_{d>y}\压裂{\mu（d）}{d^2}+O\左(y^{-\压裂12}x^{\压裂12+\varepsilon}+x^\varepsilon\right）。\结束{eqnarray}最后，组合\eqref{eq:E27}、\eqref{eq：E28}和\eqef{eq：E31}和\eqref{eq:E41}，我们得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E42}T_1（x）=\frac{x}{\zeta^2（2）}+\sum_{d\ley}\mu（d）\Delta\left（\frac{x} {d^2}\右）+O\左（x^{frac12+\varepsilon}y^{-\frac12} +x^\varepsilon\right）。\结束{eqnarray}在引用{ji}中，贾证明了估计值$Delta（u）llu^{\frac{17}{54}+\varepsilon}$。将此估算插入\eqref{eq:E42}，取$y=x^{\frac{10}{57}}$，得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E43}T_1（x）=压裂{x}{zeta^2（2）}+O\左（x^{压裂{37}{94}+varepsilon}\右侧）。\结束{eqnarray}渐近公式\eqref{eq:E5}如下所示\eqref{eq:E25}-\eqref{eq:27}和\eqref{eq:E43}卷积法。现在我们证明了渐近公式\eqref{eq:E7}。我们定义函数$a_2（n）$如下身份\开始{eqnarray}\标签{eq:E44}\压裂{\zeta（s）\ zeta（2s）}{\zeta4s）}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_2（n）}{n^s}，\\Re s>1。\结束{eqnarray}因此$$a_2（n）=\sum_{d^4m=n}\mu（d）d（1,2；m）$$因此，通过与\eqref{eq:E42}相同的方法，我们很容易得到1\le y\le x^｛\frac 14｝美元$\开始{eqnarray}&&T_2（x）：=sum_{n\lex}a_2（n）标签{eq:E45}\\&&=\frac{\zeta（2）}{\ze塔（4）}x+\frac}\zeta（2） }x^{\frac12}+\sum_{d\ley}\mu（d）\Delta\left（1,2；\frac{x} {d^4}\右）+O\左（x^{frac12+\varepsilon}y^{-\frac32}+x^\varepsilon\right）。\非数字\结束{eqnarray}Graham和Kolesnik\cite{gk}证明了$\Delta（1,2；u）\llu^{frac{1057}{4785}+\varepsilon}$。将此估算插入\eqref{eq:E45}，取$y=^{\frac{2671}{15469}}$，得到\开始{eqnarray}\标签{eq:E46}T_2（x）=sum_{n\lex}a_2（n）=frac{zeta（2）}{zeta（4） }x+\frac{\frac12）}{\frac2（2）}x^{\frac12}+O\left（x^{\frac{3728}{15469}+\varepsilon}\right）。\结束{eqnarray}渐近公式\eqref{eq:E7}来自\eqref{eq：E22}，\eqref{eq:E44}和\eqref{eq:E46}。%*************************\第5节****************************************************************\第{\bf节\eqref{eq:E6}}的证明在本节中，我们假设RH。通过定义函数$a_3（n）$\开始{方程式}\标签{eq:E47}\压裂{\zeta（s）\ zeta（5s）}{\zeta4s）}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a3（n）}{n^s}，\\回复>1。\结束{方程式}类似于（45），我们有大约1美元的\开始{eqnarray*}&&T_3（x）：=sum_{n\lex}a_3（n）\\&&=\frac{\zeta（5）}{\zeta（4）}x+\frac}\zeta45）}x^{frac15}+sum_{d\ley}\mu（d）\Delta\left（1,5；\frac{x} {d^4}\右）+O\左（x^{frac12+\varepsilon}y^{-\frac32}+x^{压裂15+varepsilon}y^{-\压裂{3} {10}}+x^\varepsilon\right）。\非数字\结束{eqnarray*}不幸的是，我们无法改进T\'{o} 第个的指数$\frac 15$in\eqref{eq:E3}，即使我们使用推测绑定$\Delta（1,5；t）\ll t^{1/12+\varepsilon}.$所以我们使用不同的证明\eqref{eq:E6}的方法。设$q_4（n）$表示$4$-免费数字，然后$$\求和{n=1}^{infty}分形{q4（n）}{n^s}=frac{\zeta（s）}{\ zeta（4s）}，\Re s>1。$$我们写作\开始{eqnarray}\标签{eq:E48}\δ_4（x）：=\sum_{n\le1}q_4（n）-\frac{x}{\zeta（4）}。\结束{eqnarray}从\eqref{eq:E47}和\eqref{eq:E48}，它从Dirichlet双曲线方法15},$\开始｛eqnarray｝\标签｛eq:E49｝&&B_3（x）=sum_{n\lex}a_3（n）=\sum_{md^5\lex}q_4（m）\\&&=sum{d\ley}\sum{m\lefrac{x}{d^5}}q4（m）+sum{m\lafrac{x} {y^5}}q4（m）\sum_{y-->