解析的整数論の問題

方針 $\sigma (n)={\sum }_{d\mid n}d$ を代入し、$n=de$ と書いて和の順序を入れ替える。

条件の書き換え $n=de$ のとき、$\gcd (n,6)=1$ であることと $\gcd (d,6)=\gcd (e,6)=1$ であることは同値である（$2$ または $3$ が $n$ を割ることと、$d$ または $e$ を割ることは同値）。よって
$$S(x)=\sum _{\begin{array}{c}de\le x\\ \gcd (d,6)=\gcd (e,6)=1\end{array}}d=\sum _{\begin{array}{c}e\le x\\ \gcd (e,6)=1\end{array}}\sum _{\begin{array}{c}d\le x/e\\ \gcd (d,6)=1\end{array}}d.$$

内側の和の評価 $6$ と互いに素な正の整数は、各ブロック $\{6k+1,\dots ,6k+6\}$ にちょうど $2$ 個（$6k+1,6k+5$）ある。$y\ge 1$ に対し、$y$ 以下で $6$ と互いに素な整数の個数は $\frac{y}{3}+O(1)$ であり、和については
$$T(y):=\sum _{\begin{array}{c}d\le y\\ \gcd (d,6)=1\end{array}}d=\sum _{0\le k\le (y-1)/6}((6k+1)+(6k+5))+O(y)=\sum _{0\le k\le y/6}(12k+6)+O(y)=\frac{y^2}{6}+O(y)$$
が成り立つ（${\sum }_{0\le k\le K}(12k+6)=6(K+1{)}^2$ に $K=y/6+O(1)$ を代入すればよい）。

外側の和 したがって
$$S(x)=\sum _{\begin{array}{c}e\le x\\ \gcd (e,6)=1\end{array}}\left(\frac{x^2}{6e^2}+O\left(\frac{x}{e}\right)\right)=\frac{x^2}{6}\sum _{\begin{array}{c}e\le x\\ \gcd (e,6)=1\end{array}}\frac{1}{e^2}+O(x\log x).$$
さらに ${\sum }_{e>x}{e}^{-2}=O(1/x)$ なので
$$S(x)=\frac{x^2}{6}\sum _{\begin{array}{c}e\ge 1\\ \gcd (e,6)=1\end{array}}\frac{1}{e^2}+O(x\log x).$$

定数の計算 オイラー積 $\zeta (2)={\prod }_p(1-p^{-2}{)}^{-1}$ から $2,3$ の因子を取り除くと
$$\sum _{\gcd (e,6)=1}\frac{1}{e^2}=\zeta (2)\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{9}\right)=\frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{8}{9}=\frac{{\pi }^2}{9}.$$
（直接には、${\sum }_{e\ge 1}{e}^{-2}$ を $e$ の $2$ 進・$3$ 進の部分に分けて $\zeta (2)=\frac{1}{1-1/4}\cdot \frac{1}{1-1/9}{\sum }_{\gcd (e,6)=1}{e}^{-2}$ としても同じ。）

結論
$$S(x)=\frac{x^2}{6}\cdot \frac{{\pi }^2}{9}+O(x\log x)=\frac{{\pi }^2}{54}{x}^2+O(x\log x)$$
であるから
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{S(x)}{x^2}=\frac{{\pi }^2}{54}.$$

（別解：ディリクレ級数 ${\sum }_{\gcd (n,6)=1}\sigma (n)n^{-s}=\zeta (s)\zeta (s-1)(1-2^{-s})(1-2^{1-s})(1-3^{-s})(1-3^{1-s})$ の $s=2$ での留数 $\frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{8}{9}\cdot \frac{2}{3}=\frac{{\pi }^2}{27}$ を $2$ で割っても同じ値が得られる。）

$\sigma (n)={\sum }_{d\mid n}d$ なので、$\gcd (n,6)=1$ のとき $n=dm$ と分解すると $\gcd (d,6)=\gcd (m,6)=1$ が同値である。よって
$$S(x)=\sum _{\begin{array}{c}m\le x\\ \gcd (m,6)=1\end{array}}\sum _{\begin{array}{c}d\le x/m\\ \gcd (d,6)=1\end{array}}d.$$
内側の和について、$y\ge 1$ に対し $T(y)={\sum }_{d\le y,\gcd (d,6)=1}d$ とおく。6 を法として 1, 5 の剰余類に属する $d$ の和であり、$T(y)=\frac{y^2}{6}+O(y)$ である（$\gcd (d,6)=1$ の密度が $1/3$ で、${\sum }_{d\le y}d\sim y^2/2$ だから $\frac{1}{3}\cdot \frac{y^2}{2}=\frac{y^2}{6}$）。

したがって
$$S(x)=\sum _{\begin{array}{c}m\le x\\ \gcd (m,6)=1\end{array}}\left(\frac{x^2}{6m^2}+O\left(\frac{x}{m}\right)\right)=\frac{x^2}{6}\sum _{\begin{array}{c}m\le x\\ \gcd (m,6)=1\end{array}}\frac{1}{m^2}+O(x\log x).$$
${\sum }_{m>x}1/m^2=O(1/x)$ なので、${\sum }_{\gcd (m,6)=1}1/m^2$ に置き換えても誤差は $O(x)$ である。

オイラー積より
$$\sum _{\gcd (m,6)=1}\frac{1}{m^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{9}\right)=\frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{8}{9}=\frac{{\pi }^2}{9}.$$
（2 と 3 の倍数を除く: ${\sum }_{2\nmid m}$ は全体の $3/4$ 倍、さらに 3 の倍数を除くと $8/9$ 倍。）

ゆえに $S(x)=\frac{{\pi }^2}{54}{x}^2+O(x\log x)$ であり、
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{S(x)}{x^2}=\frac{{\pi }^2}{54}.$$

検算: 全 $n$ の場合は同様の議論で $\frac{1}{2}\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{12}$ となり既知の ${\sum }_{n\le x}\sigma (n)\sim \frac{{\pi }^2}{12}{x}^2$ と一致する。今回は密度因子 $1/3$ と $\zeta (2)$ の局所因子 $\frac{3}{4}\cdot \frac{8}{9}=\frac{2}{3}$ を掛けて $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{2}{3}\cdot$ ではなく、$\frac{1}{6}\cdot \frac{{\pi }^2}{9}=\frac{{\pi }^2}{54}$ と確かめられる。