解析的整数論の問題

以下、$d,k,m,n$ は正の整数を表し、実数 $t$ の小数部分を $\{t\}=t-\lfloor t\rfloor$（$0\le \{t\}<1$）と書く。

第 1 段: ${\sum }_{d\mid k}\lambda (d)$ の値。 $k={\prod }_{p\mid k}{p}^{k_p}$ と素因数分解する（$k=1$ なら空の積）。素因数分解の一意性により、$k$ の約数 $d$ は $0\le j_p\le k_p$ を満たす指数の組 $(j_p{)}_{p\mid k}$ と 1 対 1 に対応して $d={\prod }_p{p}^{j_p}$ と書け、$\Omega (d)={\sum }_p{j}_p$ だから $\lambda (d)={\prod }_p(-1{)}^{j_p}$ である。よって、和を素数ごとの和の積に分けて
$$\sum _{d\mid k}\lambda (d)=\sum _{(j_p)}\prod _{p\mid k}(-1{)}^{j_p}=\prod _{p\mid k}\sum _{j=0}^{k_p}(-1{)}^j.$$
${\sum }_{j=0}^e(-1{)}^j$ は $e$ が奇数なら $0$（$j=2i$ と $j=2i+1$ の項が対になって打ち消し合う）、$e$ が偶数なら $1$（同様に対にした後、最後の $j=e$ の項 $+1$ が残る）である。したがって ${\sum }_{d\mid k}\lambda (d)$ は、すべての $k_p$ が偶数のとき $1$、そうでないとき $0$ である。すべての $k_p$ が偶数であることは $k$ が平方数であることと同値である（すべて偶数なら $m={\prod }_p{p}^{k_p/2}$ として $k=m^2$。逆に $k=m^2$ なら一意性より各 $k_p$ は $m$ における $p$ の指数の $2$ 倍）。$k=1=1^2$ のときも和は $\lambda (1)=1$ で一致する。まとめると
$$\sum _{d\mid k}\lambda (d)=\{\begin{array}{ll}1& (k\text{ が平方数}),\\ 0& (\text{そうでないとき}).\end{array}(1)$$

第 2 段: 恒等式 ${\sum }_{n=1}^N\lambda (n)\lfloor N/n\rfloor =\lfloor \sqrt{N}\rfloor$。 (1) を $k=1,\dots ,N$ について足すと、左辺は $N$ 以下の平方数の個数である。$m^2\le N$ は $m\le \sqrt{N}$、すなわち $m\le \lfloor \sqrt{N}\rfloor$ と同値なので、その個数は $\lfloor \sqrt{N}\rfloor$。一方、有限和の順序を入れ替えると、$d\mid k$ かつ $k\le N$ となる組 $(d,k)$ を $d$ ごとに数えて
$$\sum _{k=1}^N\sum _{d\mid k}\lambda (d)=\sum _{d=1}^N\lambda (d)\cdot \#\{k\le N:d\mid k\}=\sum _{d=1}^N\lambda (d)\lfloor \frac{N}{d}\rfloor$$
（$1\le k\le N$ の $d$ の倍数は $\lfloor N/d\rfloor$ 個）。よって
$$\sum _{n=1}^N\lambda (n)\lfloor \frac{N}{n}\rfloor =\lfloor \sqrt{N}\rfloor .(2)$$

第 3 段: 評価。 $\lfloor N/n\rfloor =N/n-\{N/n\}$ を (2) に代入して整理すると
$$N\sum _{n=1}^N\frac{\lambda (n)}{n}-\lfloor \sqrt{N}\rfloor =\sum _{n=1}^N\lambda (n)\left\{\frac{N}{n}\right\}.(3)$$
$n=1$ と $n=N$ では $N/n$ がそれぞれ整数 $N$, $1$ なので $\{N/n\}=0$ である。$N\ge 2$ より $1\ne N$ なので、この 2 項は別々の項であり、残るのは $2\le n\le N-1$ の $N-2$ 項（$N=2$ なら $0$ 項）である。各項は $|\lambda (n)|=1$ と $0\le \{N/n\}<1$ より絶対値が $1$ 未満なので、三角不等式から
$$\left|\sum _{n=1}^N\lambda (n)\left\{\frac{N}{n}\right\}\right|\le \sum _{n=2}^{N-1}\left\{\frac{N}{n}\right\}\le N-2.$$
(3) の両辺の絶対値をとり $N>0$ で割ると
$$\left|\sum _{n=1}^N\frac{\lambda (n)}{n}-\frac{\lfloor \sqrt{N}\rfloor }{N}\right|\le \frac{N-2}{N}=1-\frac{2}{N}.$$

結論。 $N\ge 2$ を満たす任意の整数 $N$ に対して、求める不等式が成り立つ。$■$