\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}\集长度｛\evensidemargin｝｛.1in｝\集合长度{\topmargin}{-.1in}\setlength｛\textheight｝｛8.4英寸｝\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格｛平原｝\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf关于完全Dirichlet卷积\\\vskip.1英寸加法函数}\vskip 1cm\大型Isao Kiuchi和Makoto Minamide\\数学科学系\\山口大学\\山口753-8512\\日本\\\链接{mailto:kiuchi@yamaguchi-u.ac.jp}{\tkiuchi@yamaguchi-u.ac.jp}\\\链接{mailto:minamide@yamaguchi-u.ac.jp}{\tminamide@yamaguchi-u.ac.jp} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}设$k$和$l$是非负整数。对于两个完全加法函数$f$和$g$，我们考虑$f$的$k$次幂和$l$次幂的Dirichlet卷积共$g$。此外，我们还导出了自然对数上的卷积。\结束{抽象}\第{节结果声明}设$f$和$g$是两个完全可加的算术函数。也就是说，对于所有正整数$m$和$n$。我们将考虑算术函数\开始{align}\label{def-1}D_{k，l}（n；f，g）：=\sum_{D|n}f^{k}（D）g^{l}\左（\frac{n}{D}\右），\结束{对齐}代表第k次幂的Dirichlet卷积$f$和$g$的第$1$次幂对于非负整数$k$和$l$。上述函数提供了一定的泛化经典的divisors数函数$d（n）$。事实上，$$D_{0,0}（n；f，g）=D（n）。$$本研究的第一个目的是研究$D_{k，l}（n；f，g）$关于$k$和$l$的一些递推公式。自\开始{align}\label{f-2}\sum_｛d|n｝f（d）=\frac｛1｝{2} d日（n） f（n）中，\结束{对齐}其中$f$是一个完全加性函数，我们有\开始{align}\label{def-3}D_{1,1}（n；f，g）=\压裂{1}{2} d日（n） f（n）g（n）-\sum{d|n}f（d）g（d）。\结束{对齐}类似地，如\eqref{def-3}中所示，我们对$D_｛k，l+1｝（n；f，g）$使用\eqref｛def-1｝来获得\开始{align*}D_{k，l+1}（n；f，g）&=\sum_{D|n}f^{k}（D）g^{l}\左（\frac{n}{D}\右）g\左（\fracc{n{D}\right）\\&=g（n）\sum_{d|n}f^{k}（d）g^{l}\左（\frac{n}{d}\右）-\sum{d|n}f^}（d）g（d）g^{l{左（\frac{n{d}\右）。\结束{align*}因此，我们推导出以下两个递推公式。\开始{定理}设$k$和$l$是非负整数，$f$和$g$是完全可加函数。那么我们有\开始{align}&D_{k，l+1}（n；f，g）+\sum_{D|n}f^{k}（D）g^{l}\左（frac{n}{D}\右）g（D）=g（n）D_{k，l}（n；f，g），\标签{f-4}\\&D_{k+1，l}（n；f，g）+\sum_{D|n}f^{k}（D）f\左（\frac{n}{D}\right）g^{l}\left（\frac{n}{D}\ right）=f（n）D_{k，l}（n；f，g）。\标签{f-5}\结束{对齐}\结束{定理}现在，我们把$f=g$放在\eqref{f-4}（或\eqref{f-5}）中，并设置$D_{k，l}（n；f）：=D_{k，l{（n，f）$。然后，我们推导出以下推论。\开始{推论}\标记{推演}使用上面给出的相同符号，我们得到\开始{align}D_{k，l+1}（n；f）+D_{k+1，l}（m；f）=f（n）。\标签{f-6}\结束{对齐}特别是，如果$k=l$，我们有\开始{align}D_{k+1，k}（n；f）={2} 如果（n） D_{k，k}（n；f）。\标签｛f-7｝\结束{对齐}\结束{推论}由于对称性$D_{k，l}（n；f）=D_{l，k}（m；f）$，我们只考虑函数$D_}k，k+j}（n，f）$对于$j=1,2，\ldots$。\开始{example}公式\eqref{f-6}和\eqref{f-7}表示\开始{align}D_{k，k+2}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{2} （n）D_{k，k}（n；f）-D_{k+1，k+1}（n；f），\n非数字\\D_｛k，k+3｝（n；f）&=\frac｛1｝{2} （f）^{3} （n）D_{k，k}（n；f）-\分形{3}{2} （f）（n） D_{k+1，k+1}（n；f），\n数字\\D_{k，k+4}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{4} （n）D_{k，k}（n；f）-2f^{2}\\D_{k，k+5}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{5} （n）D_{k，k}（n；f）-\分形{5}{2} （f）^{3} （n）D_{k+1，k+1}（n；f）+\分形{5}{2} （f）（n） D_{k+2，k+2}（n；f），\n数字\\D_{k，k+6}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{6} （n）D_{k，k}（n；f）-3f^{4}{2} （f）^{2} （n）D_{k+2，k+2}（n；f）\n数字\\&\quad-D_{k+3，k+3}（n；f），\n数字\\D_{k，k+7}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{7} （n）D_{k，k}（n；f）-\分形{7}{2} （f）^{5} （n）D_{k+1，k+1}（n；f）+7f^{3}\\&\四边形{7}{2} 如果（n） D_{k+3，k+3}（n；f），\n数字\\D_｛k，k+8｝（n；f）&=\frac｛1｝{2} （f）^{8} （n）D_{k，k}（n；f）-4f^{6}\\&\四元-8f^{2}（n）D_{k+3，k+3}（n；f）+D_{k+4，k+4}（m；f）。\非数字\结束{对齐}\结束{示例}接下来，我们将证明函数$D_{k，k+m}（n；f）$（$m=2,3，\ldots$）的显式求值可以表示为函数的组合$D_｛k，k｝（n；f）$，$D_｛k+1，k+1｝（n；f）$，$D_｛k+2，k+2｝（n；f）$，$\ldots$，$D_{k+\lfloor\frac{m}{2}\rfloor，k+\floor\frac{m{2}\floor}（n；f）$。因此，我们将给出一个递推公式在$D_{k，k}（n；f），\ldot，$$D__{k+\floor\frac{m}{2}\floor，k+\froor\frac}{m}}\floor}（n；f）$和$D_}k，k+m}（n:f）$之间。\开始{定理}\标签{teiri-3}设$k$和$m$为正整数，设$D_{k，k+m}（n；f）$为上述公式定义的函数。那么我们有\开始{align}D_{k，k+m}（n；f）=sum_{j=0}^{lfloor\frac{m}{2}\floor}c_{k，j}^{（m）}f^{m-2j}（n）D_{k+j，k+j}\结束{对齐}哪里\开始{align*}c{k，j}^{（m）}=\开始{cases}\显示样式\frac{1}{2}，&\text{if$j=0$；}\\\显示样式-\frac{m}{2}，&\text{if$j=1$；}\\（-1）^{j}\displaystyle\frac{m}{2\cdot j！}\显示样式\prod_{i=1}^{j-1}\左（m-（j+i）\右），&\text（文本）{如果$2\leq-j\leq\displaystyle\lfloor\frac{m}{2}\rfloor$.}\结束{cases}\结束{align*}\结束{定理}\以{proof}开头。在推论\ref{coro-ichi}中的\eqref{f-7}，等式\eqref{f-16}适用于$m=1$和所有$k\in\mathbb{N}$。现在，我们假设\eqref{f-16}对于$m=1,2、\ldots、l$和$k\in\mathbb{N}$是真的。使用此假设和\eqref{f-6}在推论{coro-ichi}中，我们观察到\开始{align*}D_{k，k+l+1}（n；f）&=\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{l}{2}\rfloor}c_{k、j}^{（l）}f^{l+1-2j}（n）D_{k+j，k+j}\\&\四元\sum_{j=0}^{floor\frac{l-1}{2}\floor}c_{k+1，j}^{（l-1）}f^{l-1-2j}（n）D_{k+1+j，k+1+j}。\结束｛align*｝即使$l=2q$，我们也有\开始{align*}D_{k，k+2q+1}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{2q+1}（n）D_{k，k}（n；f）\\&左（c_{k，j}^{（2q）}-c_{k+1，j-1}^{（2q-1）}\右）f^{2q+1-2j}（n）D_{k+j，k+j}\结束{align*}和\开始{align*}c{k，j}^{（2q）}-c{k+1，j-1}^{（2q-1）}=（-1）^{j}\frac{2q+1}{2\cdot j！}\prod_{i=1}^{j-2}\左（2q-（j+i）\右）（2q-j）=c{k、j}^}（2q+1）}。\结束{align*}对于奇数$l=2q-1$，我们观察到\开始{align*}D_{k，k+2q}（n；f）&=\分形{1}{2} （f）^{2q}（n）D_{k，k}（n；f）\\&\四边形+\sum_{j=1}^{q-1}\左（c_{k，j}^{（2q-1）}-c_{k+1，j-1}^{（2q-2）}\右）f^{2q-2j}（n）D_{k+j}\\&\quad+（-1）^{\floor\frac{2q}{2}\rfloor}D_{k+\floor\frac{2q}{2{floor，k+\froor\frac{2q{2}\floor}（n；f）。\结束{align*}根据我们的假设，因为\开始{align*}c{k，j}^{（2q-1）}-c{k+1，j-1}^{（2q-2）}=（-1）^{j}\frac{2q}{2\cdot j！}\prod_{i=1}^{j-2}\左（2q-1-（j+i）\右）（2q-1-j）=c{k，j}^{（2q）}，\结束{align*}我们获得了所有$k$和$m\in\mathbb{N}$的断言\eqref{f-16}。\结束{proof}现在，我们考虑使用算术函数$D_{k，l}（n；f，g）$的另一个表达式\开始{align}\label{def-H}H_{k，m}（n；f，g）：=\sum_{d|n}f^{k}（d）g^{m}。\结束{对齐}如果$f=g$，我们设置$H_{k+m}（n；f）=H_{k，m}[n；f，f）$。（\ref{def-H}）的右侧表示$1$和$f的Dirichlet卷积^{k} 克^{m} 美元。由于$g$是一个完全加性函数，我们有\开始{align*}D_{k，l}（n；f，g）&=\sum_{D|n}f^{k}（D）\左（g（n）-g（D）\右）^{l}\\&=\sum_{d|n}f^{k}（d）\sum_{m=0}^{l}（-1）^{m}\开始｛pmatrix｝l\\米\端{pmatrix}克^{l-m}（n）g^{m}。\结束{align*}从\eqref{def-H}和上述内容中，我们得到了以下定理。\开始{定理}\标签{teiri-1-4}设$k$和$l$为非负整数，设$f$和$g$为完全可加函数。那么我们有\开始{align*}D_{k，l}（n；f，g）=\sum_{m=0}^{l}，\结束｛align*｝其中函数$H_{k，m}（n；f，g）$由\eqref{def-H}定义。\结束{定理}我们立即得到以下推论。\开始{推论}Let$k$和$l$是非负整数，并且让$f$和$g$是完全可加函数。那么我们有\开始{align}D_{k，l}（n；f）=\sum_{m=0}^{l}。\标签{f-19}\结束{对齐}\结束{推论}请注意\开始{align}H_{k，m}（n；f，g）&=sum_{d|n}f^{k}\左（\frac{n}{d}\右）g^{m}\左\\&=\sum_{i=0}^{k}\sum_{j=0}^{m}（-1）^{i+j}{k\选择i}{m\选择j}f^{k-i}（n）g^{m-j}（n）\sum_{d|n}f^}（d）g^}。\标签{f-20}\结束{对齐}将\eqref{f-20}应用于定理\ref{teiri-1-4}，我们得到以下定理。\开始{定理}让$k$和$l$是非负整数，让$f$和$g$是完全可加函数。那么我们有\开始{align*}&D_{k，l}（n；f，g）\n数字\\&=\sum_{m=0}^{l}\sum_{i=0}^{k}\sum（-1）^{m+i+j}{l\选择m}{k\选择i}{m\选择j}f^{k-i}（n）g^{l-j}（n）\sum{d|n}f^{i}。\结束{align*}\结束{定理}在$f=g$的情况下，请注意\开始{align*}H_｛k+m｝（n；f）&=\sum_｛d|n｝\left（f（n）-f（d）\right）^｛k+m｝\\&=\sum_{j=0}^{k+m}（-1）^{j}{k+m选择j}f^{k+m-j}（n）\sum_{d|n}f^}（d）。\结束{align*}从\eqref{f-19}和上面，我们得到了以下推论。\begin{推论}\label{coro-17}设$k$和$l$为非负整数，设$f$为完全可加函数。那么我们有\开始{align}D_{k，l}（n；f）=\sum_{m=0}^{l}\sum_{j=0}^{k+m}（-1）^{m+j}{l\选择m}{k+m \选择j}f^{k+l-j}。\标签{f-22}\结束｛align｝\结束{推论}\段{连接$D_{k，l}（n；f）$和$\sum{D|n}f^{j}（D）$}的递归公式本研究的第二个目的是推导$D_{k，l}（n；f）$的另一个表达式，该表达式涉及除数函数$D（n）$。在陈述定理{th-2-2}之前，我们准备了以下引理。\开始{引理}\label{hodai-21}设$f$是一个完全可加函数。存在满足等式的常数$e_{q，q}$，$e_}q，q-1}，\ldots，e_{q，1}$（$q=1,2，\ldost$）\开始{align}\label{f-23}\sum{d|n}f^{2q-1}（d）=e_{q，q}d（n） f^{2q-1}（n）+sum{j=1}^{q-1}e_{q，q-j}f^{2q-2j-1}（n）\sum{d|n}f^{2j}（d）。\结束{对齐}此外，序列$（e_{q，q-j}）_{j=1}^{q}$之间的关系如下。\开始{align}&e{q，q}=\压裂{1}{2}\左（1-\总和{j=1}^{q-1}{2q-1\选择2j-1}e{j，j}\右）=\压裂{\左（2^{2q}-1\右）B_{2q}}{q}，\标签{f-24}\\&e_{q，q-j}=\frac{1}{2}\左（{2q-1\choose 2j}-\sum_{i=2\top i-j\geq1}^{q-1}{2q-1-\choose2i-1}e_{i，i-j}\右），非数字\结束{对齐}其中$B_{n}$表示第$n$th个伯努利数，由泰勒展开式定义\开始{align*}\压裂{z}{e^{z} -1个}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{n}}{n！}z^{n}，\quad（|z|<2\pi）。\结束｛align*｝\结束{引理}\开始{proof}通过\eqref{f-2}，\eqref{f-23}中的情况$q=1$是微不足道的。假设存在$e_{p，p}$，$e_}p，p-1}，\ldots，e_{p，1}$（$p\leqq$），这样\开始{align}\label{f-26}\sum{d|n}f^{2p-1}（d）=e_{p，p}d（n） f^{2p-1}（n）+sum{j=1}^｛p-1｝e_{p，p-j}f^{2p-2j-1}（n）\sum{d|n}f^{2j}（d）。\结束{对齐}自\开始{align*}\sum_{d|n}f^{2q+1}（d）=\sum_{j=0}^{2q+1}，\结束{align*}我们有\开始{align}\和{d|n}f^{2q+1}（d）&=\frac{1}{2} d日（n） f^{2q+1}（n）+\裂缝{1}{2}\sum{j=1}^{q}{2q+1选择2j}f^{2q+1-2j}（n）\sum_{d|n}f^{2j}（d）\n非数字\\&\四元分形{1}{2}\sum{j=1}^{q}{2q+1选择2j-1}f^{2q+2-2j}（n）\sum{d|n}f^[2j-1}（d）。\标签{f-27}\结束{对齐}将\eqref{f-26}应用于\eqref{f-27}，我们得到\开始{align*}\和{d|n}f^{2q+1}（d）=&\frac{1}{2}\左（1-\sum{j=1}^{q}{2q+1\choose2j-1}e_{j，j}\right）d（n）f^{2q+1}（n）\\&+\压裂{1}{2}\sum{j=1}^{q}\左（{2q+1选择2j}-\sum{i=2\顶i-j\geq1}^{q}{2q+1\选择2i-1}e_{i，i-j}\右）f^{2q-2j+1}（n）\sum{d|n}f^{2 j}（d）。\结束{align*}通过归纳，这就完成了证明，除了\eqref{f-24}右侧的第二项。\eqref{f-24}右侧的第一项表示\开始{align*}e_｛q，q｝=1-\sum_｛k=1｝^｛q｝｛2q-1\choose 2k-1｝e_｛k，k｝=1-\sum_{k=1}^{q}{2q\选择2k}\frac{k}{q} 电子_{k，k}。\结束{align*}这里我们把$a（k）=ke_{k，k}$放在这里。那么我们有\开始{align}a（q）=q-\sum{k=1}^{q}{2q\选择2k}a（k）。\标签{f-28}\结束{对齐}由于$a（1）=e_｛1,1｝=1/2$和$\left（2^{2}-1\右）B_{2}=1/2$，我们只需要显示$\left（2^{2k}-1\右）B_{2k}$$（k=1，\ldots，q）$满足递推公式\eqref{f-28}。考虑$n$th伯努利多项式$B_{n}（x）$，它由以下泰勒展开式定义：\开始{align*}\压裂{ze^{xz}}{e^{z} -1个}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}（x）}{n！}z^{n}\quad（|z|<2\pi）。\结束{align*}以下关系在$B_{n}（1）$、$B__{n{（1/2）$和$B_}n}$之间已知，\开始{align*}B_{n}（1）=B_{n}，\quad\quad B_{n}\ left（\frac{1}{2}\ right）=-\ left。\结束{align*}根据公式\cite[Thm.\12.12，p.\264]{A}\开始{align}B_{n}（y）=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}B_{k} 年^{n-k}，\标签{f-30}\结束{对齐}我们观察到\开始{align*}B_{2q}（y）=y^{2q}-qy^{2q-1}+\sum_{k=2}^{2q}{2q\选择k}B_{k} 年^{2q-k}。\结束｛align*｝在这个方程中，我们考虑$y=1$和$y=1/2$；然后\开始｛align｝B_{2q}&=1-q+\sum_{k=1}^{q}{2q\选择2k}B_{20k}\标签{f-31}\结束{对齐}和\开始{align}2^{2q}乙_{2q}\左（\frac{1}{2}\右）&=\左（2-2^{2q}\右）B_{2q{\n数字\\&=1-2q+\sum_｛k=1｝^｛q｝｛2q\选择2k｝B_{2k}2^{2k}。\标签{f-32}\结束{对齐}从\eqref{f-31}中减去\eqref{f-32}，我们得到\开始{align*}\左侧（2^{2q}-1\右）B_{2q}=q-\sum_{k=1}^{q}{2q\choose 2k}\left（2^{2k}-1\右）B_{2k}。\结束{align*}$\left（2）的此递归公式^{2k}-1\右）B_{2k}$相当于\eqref{f-28}。这就完成了\eqref{f-23}的证明。\结束{proof}将引理{hodai-21}应用于推论{coro-17}中的\eqref{f-22}，我们得到\开始{align}D_{k，l}（n；f）&=\sum_{m=0}^{l}\\&\quad-\sum{m=0}^{l}（-1）^{m}{l\choose m}\sum{j=1}^{floor\frac{k+m+1}{2}\floor}{k+m \ choose 2j-1}f^{l+k+1-2j}（n）\sum{d|n}f^[2j-1}（d）。\标签{f-33}\结束{对齐}\eqref{f-33}右侧的第二项给出了我们\开始{align}&-\left（\sum_｛m=0｝^｛l｝（-1）^｛m｝｛l \ choose m｝\sum_｛j=1｝^｛\lfloor\frac｛k+m｝｛2｝\lfloor｝e_｛j，j｝｛k+m\ choose 2j-1｝\ right）f^｛l+k｝（n）d（n）\非成员\\&-\sum{m=0}^{l}\sum{j=1}^{floor\frac{k+m+1}{2}\floor}\sum_{i=1}^}j-1}（-1）^{m}{l\选择m}{k+m \选择2j-1}e_｛j，j-i｝f^{l+k-2i}（n）\sum{d|n}f^{2i}（d）\标签{f-34}\结束{对齐}使用\eqref{f-23}。从\eqref{f-24}、\eqref{f-33}和\eqef{f-34}，我们得到了以下定理。\开始{定理}\标签{th-2-2}设$k$和$l$为非负整数，设$f$为完全可加函数。存在常量$e_{j，j}$，$e_}j，j-i}$（$j=1,2，\ldots，\lfloor\frac{k+m+1}{2}\rfloor$，$1\leq-j-i2$和所有$\varepsilon>0$。这里的常数$A_｛1｝$和$A_｛2｝$是黎曼ζ函数$\ζ（s）$的洛朗展开的系数邻近区域$s=1$：\开始{align*}\zeta（s）=\frac{1}{s-1}+A{0}+A_{1}（s-1）+A{2}（s1）^{2}+A}3}（s1）^{3}+\cdots。\结束{align*}我们使用\eqref{f-7}、\eqref{f-43}和Abel恒等式[Thm.~4.2，p.\77]{A}获得\开始{align*}\sum_{n\leq-x}D_{2,1}（n；\log）&=\压裂{1}{12} x个\日志^{4} x个-\压裂{1}{3} x个\日志^{3} x个+（1+A_{1}）x\log^{2} x个\n数字\\&\qquad-2（1+A{2}）x\log x+2（1+A2}）x+O_{varepsilon}\左（x^{frac13+varepsilen}\右）。\结束{align*}此外，对于$D_{k，k}（n；\log）$的部分和，给出了\eqref{f-43}的推广对于正整数，第二作者认为$k$是[Thm.\1.2，\p.\326]{M}，他证明存在次$2k+1$的多项式$P_{2k+1}$，这样\开始{align}\sum_{n\leq-x}D_{k，k}（n；\log）=xP_{2k+1}（\log x）+O_{k，\varepsilon}\left（x^{frac{1}{3}+varepsilen}\right）\label{f-46}\结束｛align｝对于每$\varepsilon>0$。应用定理\ref｛teiri-3｝和上述公式\eqref｛f-46｝，我们得到了以下定理。\开始{定理}存在一个次数为$2k+m+1$的多项式$U_{2k+m+1}$，如下所示\开始{align*}\sum_{n\leq-x}D_{k，k+m}（n；\log）=xU{2k+m+1}（\log x）+O_{k，m，\varepsilon}\左（x^{frac{1}{3}+varepsilen}\右）\结束{align*}对于$m=2,3，\ldots$和每个$\varepsilon>0$。\结束{定理}\{致谢}作者非常感谢裁判仔细阅读本文并指出一些错误。\开始｛胆道造影术｝｛9｝\双项目{A}T.M.阿波斯托。\newblock{\解析数论导论}。\newblock Springer-Verlag，1976年。\双项目{M}M.米纳米。\newblock Riemann zeta-函数导数的截断Vorono{\“i}公式。\newblock{\it印度数学杂志}{\bf 55}（2013），325--352。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2010（数学学科分类）：初级11A25；次要11P99。\noindent\emph{关键词：}完全可加函数，Dirichlet卷积。\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2014年4月23日收到；2014年5月15日收到的修订版；2014年7月9日；2014年7月20日；2014年7月31日。发表于《整数序列期刊》，2014年8月5日。\大跳跃\灌木\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}