设$q=e^{\pi i \tau}$, 其中$\tau\in\mathbb{C}$且${\rm Im}(\tau)>0$.对任意的$q, z\in \mathbb{C}$, 如下定义$(z;q)_{\infty}$:

$ \begin{align}\label{ckm1-1} (z;q)_{\infty}:=\prod\limits_{n=0}^{\infty}(1-zq^n). \end{align} $

(1.1)

将形如

$ \begin{align}\label{ckm1-2} \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{q^n}{1-q^n}, \ \ \ |q|<1 \end{align} $

(1.2)

的$q$ -级数称为Lambert级数.我们知道Ramanujan Tau函数$\tau:\mathbb{N^*}\rightarrow \mathbb{Z}$是按如下恒等式定义的

$ \begin{align}\label{ckm1-3} q(q;q)_{\infty}^{24}=q\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-q^n)^{24}:=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\tau(n)q^n, |q|<1. \end{align} $

(1.3)

Ramanujan理论有很多热门的研究分支, 如Ramanujan-Nagell方程^[7].而对$\tau(n)$的研究一直是数论领域的经典研究方向, 其中有关$\tau(n)$的显式表达式及其同余性质的研究就是很多数论学者的研究兴趣之一. Berndt ^[2]等人得到了$\tau(n)$模$2^{11}, 3^6, 5^3, 7, 23$的若干同余式.设$n, k$为正整数, 记因子和函数

$\sigma_k(n):=\sum\limits_{d\mid n}d^k, $

$t_k(n)$表示将$n$表为$k$个三角数的和的表法数, $r_k(n)$表示将$n$表为$k$个平方数的和的表法数, 则值得一提的是, Apostol ^[1]给出了表达式

$\tau(n)=\frac{65}{756}\sigma_{11}(n)+\frac{691}{756}\sigma_5(n)-\frac{691}{3}\sum\limits_{i-1}^{n-1} \sigma_5(i)\sigma_5(n-i).$

Ewell^[5][6]也分别得到了以下两个恒等式

$\tau(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{n-i}r_{16}(n-i)2^{3v_2(i)}\sigma_3(Od(i))$

和

$\tau(4n+2)=-3\sum\limits_{i=1}^{2n+1}2^{3v_2(2i)}\sigma_3(Od(2i))\sum\limits_{j=0}^{4n-2i+2}(-1)^jr_8(4n+2-2i-j)r_8(j), $

其中$v_2(n)$为$n$的2-adic赋值, $Od(n)$为$n$的奇数部分, 即$Od(n)=n\times 2^{-v_2(n)}$.最近, 作者^{[ 8]}利用Ewell的一个恒等式, 也得到一个Ramanujan Tau函数的新表达式.

在本文中, 我们主要对若干特殊的theta函数和$q$ -级数进行研究.我们建立了几类特殊的$q$ -级数与Ramanujan Tau函数的生成函数的关系.从而得到了几个Ramanujan Tau函数新的显式表达式, 其中这些表达式中只含因子和函数, 另外, 作为定理的应用, 还得到Ramanujan Tau函数的同余恒等式.

设$q=e^{\pi i \tau}$, 其中$\tau\in\mathbb{C}$且${\rm Im}(\tau)>0$.先定义以下三个theta函数

$ \begin{align}\label{ckm2-1} \theta_2(q):=2q^{\frac{1}{4}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^{n(n+1)}, \ \ \ \theta_3(q):=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}q^{n^2}, \ \ \theta_4(q):=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^nq^{n^2}.\ \ \end{align} $

(2.1)

容易检验以下恒等式成立

$ \begin{eqnarray}\label{ckm2-2} &&\theta_2(q)=2q^{\frac{1}{4}}(q^2;q^2)_{\infty}(-q^2;q^2)_{\infty}^2, \ \ \ \theta_3(q)=(q^2;q^2)_{\infty}(-q;q^2)_{\infty}^2, \end{eqnarray} $

(2.2)

$ \begin{eqnarray} \label{ckm2-3} &&\theta_4(q)=(q^2;q^2)_{\infty}(q;q^2)_{\infty}^2, \ \ 2\theta_2(q)\theta_3(q)=\theta_2^2(q^{\frac{1}{2}}), \end{eqnarray} $

(2.3)

其中符号$(\cdot ;\cdot)_{\infty}$如(1 .1)式定义.又如下定义$\phi(q)$和$\psi(q)$

$ \begin{align}\label{ckm2-4} \phi(q):=\theta_3(q), \ \ \psi(q):=\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^{\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{1}{2}q^{-\frac{1}{8}}\theta_2(q^{\frac{1}{2}}). \end{align} $

(2.4)

设$k$为正整数, 则有

$ \begin{align}\label{ckm2-5} \phi^k(q)=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}r_k(n)q^n, \ \ \psi^k(q)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}t_k(n)q^n, \end{align} $

(2.5)

其中$t_k(n)$表示将$n$表为$k$个三角数的和的表法数, $r_k(n)$表示将$n$表为$k$个平方数的和的表法数.最后定义两类特殊的Lambert级数如下

$ \begin{eqnarray}\label{ckm2-6} &&T_2(q):=1+24\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{nq^n}{1+q^n}, \ \ T_{2k}(q):=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2k-1}q^n}{1-q^{2n}}\ \ (k\ge 2), \end{eqnarray} $

(2.6)

$ \begin{eqnarray} \label{ckm2-7} &&S_{2k}(q):=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)^{2k-1}q^{n+\frac{1}{2}}}{1-q^{2n+1}}\ \ (k\ge 1). \end{eqnarray} $

(2.7)

现在给出几个有用的结论.

引理 2.1 ^[3]设$\phi(q)$和$\psi(q)$是由(2.4)式定义的$q$ -级数, 则以下恒等式成立.

$ \begin{align} \phi^4(q)&=1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{nq^n}{1+(-q)^n}, \end{align} $

(2.8)

$ \begin{align} \label{ckm2-9}q\psi^8(q)&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^3q^n}{1-q^{2n}}, \end{align} $

(2.9)

$ \begin{align} \label{ckm2-10}\psi^4(q)&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)q^n}{1-q^{2n+1}}. \end{align} $

(2.10)

命题 2.2 设$\theta_2(q)$和$\theta_3(q)$是由(2.1)式定义的theta函数, 则以下恒等式成立

$ \begin{align} \theta_2^4(q)+\theta_3^4(q)=1+24\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{nq^n}{1+q^n}. \end{align} $

(2.11)

证 由$\psi(q), \phi(q)$的定义式(2.4)及引理2.1, 可知

$ \begin{align*} &\theta_2^4(q)+\theta_3^4(q)=16q\psi^4(q^2)+\phi^4(q)\\ =&1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{nq^n} {1+(-q)^n}}+16\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\frac{(2n+1)q^{2n+1}}{1-q^{2(2n+1)}}}\\ =&1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{2nq^{2n}}{1+q^{2n}}} +8\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\frac{(2n+1)q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}}}\\ &+8\sum\limits_{n=0}^{\infty}{(2n+1)q^{2n+1}\Big(\frac{1}{1+q^{2n+1}} +\frac{1}{1-q^{2n+1}}\Big)}\\ =&1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{nq^{n}}{1+q^{n}}}+16\sum\limits_{n=0} ^{\infty}{\frac{(2n+1)q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}}}\\ =&1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{nq^{n}}{1+q^{n}}}+16\sum\limits_{n=0} ^{\infty}{\{\frac{nq}{1-q^n}-\frac{2nq^{2n}}{1-q^{2n}}\}}\\ =&1+8\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{nq^{n}}{1+q^{n}}}+16\sum\limits_{n=0} ^{\infty}{\frac{nq^n}{1-q^n}\Big(1-\frac{2q^n}{1+q^n}\Big)}\\ =&1+24\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{nq^{n}}{1+q^{n}}}. \end{align*} $

所以(2.11)式成立.

引理 2.3 ^[4]设$T_{2k}(q)$和$S_{2k}(q)$是由(2.6)和(2.7)式定义的$q$ -级数, 则以下递推恒等式成立

$ \begin{align} T_2^2(q)&=1+240\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}+48T_4(q); \end{align} $

(2.12)

$ \begin{align} \label{ckm2-13} T_{2m+4}(q)&=T_2(q)T_{2m+2}(q)+12\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{(2m)!} {(2k)!(2m-2k)!}T_{2k+2}(q)T_{2m+2-2k}(q); \end{align} $

(2.13)

$ \begin{align} \label{ckm2-14}S_{2m+4}(q)&=T_2(q)S_{2m+2}(q)+48\sum\limits_{k=1}^{m} \frac{(2m)!4^k}{(2k)!(2m-2k)!}T_{2k+2}(q)S_{2m+2-2k}(q). \end{align} $

(2.14)

现在利用引理2.3建立Lambet级数$S_{2k}(q), T_{2k}(q)$与theta函数$\theta_2(q), \theta_3(q)$之间的等式关系.为了叙述方便, 记

$x(q):=\frac{\theta_2^4(q)}{\theta_3^4(q)}, z(q):=\theta_3^4(q), $

则由$T_{2k}(q)$的定义以及命题2.2的(2.11)式和引理2.1的(2.9)式, 易得

$ \begin{align}\label{ckm2-15} T_2(q)&=z(q)(x(q)+1), \end{align} $

(2.15)

$ \begin{align} \label{ckm2-16}T_4(q)&=\frac{1}{16}z^2(q)x(q). \end{align} $

(2.16)

再利用引理2.3通过直接计算得

$ \begin{align} T_6(q)&=\frac{1}{16}z^3(q)(x(q)+x^2(q)), \end{align} $

(2.17)

$ \begin{align} \label{ckm2-18} T_8(q)&=\frac{1}{32}z^4(q)(2x(q)+13x^2(q)+2x^3(q)), \end{align} $

(2.18)

$ \begin{align} \label{ckm2-19} T_{10}(q)&=\frac{1}{16}z^5(q)(x(q)+30x^2(q)+30x^3(q)+x^4(q)), \end{align} $

(2.19)

$ \begin{align} \label{ckm2-20} T_{12}(q)&=\frac{1}{32}z^6(q)(2x(q)+251x^2(q)+876x^3(q)+251x^4(q)+2x^5(q)). \end{align} $

(2.20)

另外, 由引理2.1中的(2.10)和(2.3)式中的关系式$2\theta_2(q)\theta_3(q)=\theta_2^2(q^{\frac{1}{2}})$, 有

$ \begin{align} S_2(q)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)q^{n+\frac{1}{2}}}{1-q^{2n+1}} =q^{\frac{1}{2}}\psi^4(q)=\frac{1}{16}\theta_2^4(q^{\frac{1}{2}}) =\frac{1}{4}\theta_2(q)\theta_3(q). \end{align} $

(2.21)

从而

$ \begin{align} S_2(q)=\frac{1}{4}z(q)\sqrt{x(q)}. \end{align} $

(2.22)

将(2.15)-(2.21)式以及(2.22)式代入到引理2.3的(2.14)式中, 可得

$ \begin{align} S_4(q)&=\frac{1}{4}z^2(q)\sqrt{x(q)}(1+x(q)), \end{align} $

(2.23)

$ \begin{align} \label{ckm2-23-1} S_6(q)&=\frac{1}{4}z^3(q)\sqrt{x(q)}(1+14x(q)+x^2(q)), \end{align} $

(2.24)

$ \begin{align} \label{ckm2-24} S_8(q)&=\frac{1}{4}z^4(q)\sqrt{x(q)}(1+135x(q)+135x^2(q)+x^3(q)), \end{align} $

(2.25)

$ \begin{align} \label{ckm2-25} S_{10}(q)&=\frac{1}{4}z^5(q)\sqrt{x(q)}(1+1228x(q)+4578x^2(q)+1228x^3(q)+x^4(q)). \end{align} $

(2.26)

最后, 由(2.16)-(2.18)式以及(2.21)式, 经过计算发现

$ \begin{align} 72q^3\psi^{24}(q)=T_4(q)T_8(q)-T_6^2(q). \end{align} $

(2.27)

命题 3.1 设$k$为正整数, 则以下恒等式成立.

$ \begin{align} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^kq^n}{1-q^n}&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sigma_k(n)q^n, \end{align} $

(3.1)

$ \begin{align} \label{ckm3-2} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)^kq^{2n+1}}{1-q^{2(2n+1)}}&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sigma_k(2n+1)q^{2n+1}, \end{align} $

(3.2)

$ \begin{align} \label{ckm3-3} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^kq^n}{1-q^{2n}}&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}2^{kv_2(n)}\sigma_k(Od(n))q^n. \end{align} $

(3.3)

证 首先

$ \begin{align} \sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{n^k}{1-q^n}}&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^kq^n\sum\limits_{m=0}^{\infty}{(q^n)^m}} =\sum\limits_{m=0}^{\infty}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^kq^{n(m+1)}}}\nonumber\\ &=\sum\limits_{t=1}^{\infty}{\sum\limits_{d|t}{d^k}q^t} =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sigma_k(n)q^n.\nonumber \end{align} $

其次

$ \begin{align} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)^kq^{2n+1}}{1-q^{2(2n+1)}}&=\sum\limits_{n=0}^{\infty} {(2n+1)^kq^{2n+1}\sum\limits_{m=0}^{\infty}{q^{2m(2n+1)}}}\nonumber\\ &=\sum\limits_{m=0}^{\infty}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(2n+1)^kq^{(2m+1)(2n+1)}}}=\sum\limits_{n=0} ^{\infty}{\sum\limits_{d|(2n+1)}{d^k}q^{2n+1}}\nonumber\\ &=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sigma_k(2n+1)q^{2n+1}.\nonumber \end{align} $

最后

$ \begin{align} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^kq^n}{1-q^{2n}}&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^kq^{n}\sum\limits_{m=0} ^{\infty}{q^{2mn}}}=\sum\limits_{m=0}^{\infty}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^kq^{(2m+1)n}}}\nonumber\\ &=\sum\limits_{t=1}^{\infty}{\sum\limits_{\substack{dd'=t\\2\nmid d'}}d^k q^t}=\sum\limits_{t=1}^{\infty} {\sum\limits_{\substack{d'\mid Od(t)}}\{\frac{t}{d'}\}^kq^t}\nonumber\\ &=\sum\limits_{t=1}^{\infty}{\sum\limits_{\substack{d'\mid Od(t)}}\{2^{v_2(t)}\frac{Od(t)}{d'}\}^kq^t} =\sum\limits_{n=1}^{\infty}2^{k v_2(n)}\sigma_k(Od(n))q^n.\nonumber \end{align} $

所以命题3.1成立.

定理 3.2 设$n, k$为正整数, $\tau(n)$为Ramanujan Tau函数, $\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k$.则有

$ \begin{align} \tau(n)=&\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n-1\\n_1\geq1, n_2\geq1}} \biggr\{-\frac{128}{2685}\sigma_1(2n_1+1)\sigma_9(2n_2+1)+\frac{376}{1611}\sigma_3(2n_1+1)\\ \label{ckm3-4}& \sigma_7(2n_2+1)\nonumber +\frac{6559}{8055}\sigma_5(2n_1+1)\sigma_5(2n_2+1)\biggr\}. \end{align} $

(3.4)

证 令$x(q)=\frac{\theta_2^4(q)}{\theta_3^4(q)}, z(q)=\theta_3^4(q)$.一方面, 由著名的Jacobi四次恒等式

$\theta_2^4(q)+\theta_4^4(q)=\theta_3^4(q), $

并结合(2.2)和(2.3)式, 得

$ \begin{align} z^6(q)x(q)(1-x(q))^4&=\theta_3^{24}(q)\times\frac{\theta_2^4(q)} {\theta_3^4(q)}\times\Big(1-\frac{\theta_2^4(q)}{\theta_3^4(q)}\Big)^4\nonumber=\theta_3^{4}(q)\theta_2^4(q)\theta_4^{16}(q)\nonumber\\ &=16(q^2;q^2)_{\infty}^{4}(-q;q^2)_{\infty}^{8}q(q^2;q^2)_{\infty}^{4}\nonumber=16q(q;q)_{\infty}^{24}\nonumber\\ \label{ckm3-5}&=16\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\tau(n)q^n}. \end{align} $

(3.5)

另一方面, 观察到$S_2(q)S_{10}(q)$, $S_4(q)S_{8}(q)$, $S_{6}^2(q)$与$z^6(q)x(q)(1-x(q))^4$均含有因子$z^6(q)$.所以不妨设

$ \begin{align} A_1S_2(q)S_{10}(q)+A_2S_4(q)S_{8}(q)+A_3S_{6}^2(q)=z^6(q)x(q)(1-x(q))^4, \end{align} $

(3.6)

其中$A_1, A_2, A_3\in\mathbb{Q}$为待定系数.将(2.23)-(2.25)式分别代入到(3.6)式的左边, 然后比较(3.6)式的左右两边的项$z^6(q)x^i(q)$ $(i=1, 2, 3, 4, 5)$的系数, 解得

$ \begin{align} A_1=-\frac{2048}{2685}, \ \ A_2=\frac{6016}{1611}, \ \ A_3=\frac{104944}{8055}. \end{align} $

(3.7)

并且由引理3.1, 可知

$ \begin{align} S_2(q)S_{10}(q)&=q\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_, n_2\ge 0}} \sigma_1(2n_1+1)\sigma_9(2n_2+1)q^n, \end{align} $

(3.8)

$ \begin{align} \label{ckm3-9} S_4(q)S_{8}(q)&=q\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_, n_2\ge 0}} \sigma_3(2n_1+1)\sigma_7(2n_2+1)q^n, \end{align} $

(3.9)

$ \begin{align} \label{ckm3-10} S_6^2(q)&=q\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_, n_2\ge 0}} \sigma_5(2n_1+1)\sigma_5(2n_2+1)q^n. \end{align} $

(3.10)

所以综合(3.5)-(3.10)式, 有

$ \begin{align} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\tau(n)q^n=&\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n-1\\n_1\geq1, n_2\geq1}} \Big(-\frac{128}{2685}\sigma_1(2n_1+1)\sigma_9(2n_2+1)+\frac{376}{1611}\sigma_3(2n_1+1)\sigma_7(2n_2+1)\nonumber\\ \label{ckm3-11}&+\frac{6559}{8055}\sigma_5(2n_1+1)\sigma_5(2n_2+1)\Big)q^n. \end{align} $

(3.11)

最后比较(3.11)左右两边$q^n$的系数立即可得定理3.2的结论.

定理 3.3 设$n, k$为正整数, $\tau(n)$为Ramanujan Tau函数, $\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k$, $t_k(n)$为将$n$表为$k$个三角数的和的表法数, $v_2(n)$为$n$的2-adic赋值, $Od(n)=n\times 2^{-v_2(n)}$.则对任意的$n\geq 3$, 有

$ \begin{align} \tau(n)=&-2072\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_1\geq1, n_2\geq1}} \biggr\{2^{3v_2(n_1)+7v_2(n_2)}\sigma_3(Od(n_1))\sigma_7(Od(n_2))\biggr\}\nonumber\\ \label{ckm3-12}&+104896t_{24}(n-3)+2^{11v_2(n)}\sigma_{11}(Od(n)). \end{align} $

(3.12)

证 通过利用(2.16), (2.18), (2.20)以及(2.26)式, 观察到$S_4(q)S_{8}(q)$, $q^3\psi^{24}(q)$, $T_{12}(q)$与$z^6(q)x(q)(1-x(q))^4$均含有因子$z^6(q)$.所以不妨设

$ \begin{align}\label{ckm3-13} B_1S_4(q)S_{8}(q)+B_2q^3\psi^{24}(q)+B_3T_{12}(q)=z^6(q)x(q)(1-x(q))^4, \end{align} $

(3.13)

其中$B_1, B_2, B_3\in\mathbb{Q}$为待定系数.将(2.16), (2.18), (2.20)以及(2.26)式分别代入到(3.13)式的左边, 然后比较(3.13)式的左右两边的项$z^6(q)x^i(q)$ $(i=1, 2, 3, 4, 5)$的系数, 解得

$ \begin{align}\label{ckm3-14} B_1=-33152, \ \ B_2=1678336, \ \ B_3=16. \end{align} $

(3.14)

并且由引理3.1, 可知

$ \begin{align} T_4(q)T_{8}(q)&=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_, n_2\ge 1}} 2^{3v_2(n_1)+7v_2(n_2)}\sigma_3(Od(n_1))\sigma_7(Od(n_2))q^n, \end{align} $

(3.15)

$ \begin{align} \label{ckm3-16} q^3\psi^{24}(q)&=q^3\Big(\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^{n(n+1)}{2}\Big)^{24}=\sum\limits_{n=3}^{\infty}t_{24}(n-3)q^n, \end{align} $

(3.16)

$ \begin{align} \label{ckm3-17} T_{12}(q)&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}2^{11v_2(n)}\sigma_{11}(Od(n))q^n. \end{align} $

(3.17)

所以综合(3.5), (3.13)-(3.17)式, 有

$ \begin{align} \sum\limits_{n=3}^{\infty}\tau(n)q^n=&\sum\limits_{n=3}^{\infty}\Big(-2072\sum\limits_{\substack{n_1+n_2=n\\n_1\geq1, n_2\geq1}} \big(2^{3v_2(n_1)+7v_2(n_2)}\sigma_3(Od(n_1))\sigma_7(Od(n_2))\big)\nonumber\\ \label{ckm3-18}&+104896t_{24}(n-3)+2^{11v_2(n)}\sigma_{11}(Od(n))\Big)q^n. \end{align} $

(3.18)

最后比较(3.18)式左右两边$q^n$的系数立即可得定理3.3的结论.

由定理3.3立即得到以下同余恒等式.

推论 3.4 设$n, k$为正整数, $\tau(n)$为Ramanujan Tau函数, $\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k$.则对任意的$n\ge 3$都有

$ \begin{align*} \tau(n)\equiv \begin{cases}\sigma_{11}(n)\pmod{64}, &\text{ 当$n$为奇数, }\\ 0\pmod{8},&\text{ 当$n$为偶数.} \end{cases} \end{align*} $