解析的整数論の問題

$f(n)=\mu (n{)}^2\sigma (n)/\phi (n)$ とおく。$f$ は乗法的関数で、素数 $p$ に対して $f(p)=\frac{p+1}{p-1}$、$k\ge 2$ で $f(p^k)=0$ である。

分解. 平方因子をもたない数の指示関数 $q(n)=\mu (n{)}^2$ を用いて、$f=q\ast g$ となる乗法的関数 $g$ を探す。$\mathrm{Re}s>1$ で形式的に
$$\sum _n\frac{f(n)}{n^s}=\prod _p\left(1+\frac{p+1}{p-1}{p}^{-s}\right),\sum _n\frac{q(n)}{n^s}=\prod _p(1+p^{-s})$$
であり、$\frac{p+1}{p-1}=1+\frac{2}{p-1}$ より
$$\frac{1+\frac{p+1}{p-1}{p}^{-s}}{1+p^{-s}}=1+\frac{2}{p-1}\cdot \frac{p^{-s}}{1+p^{-s}}=1+\frac{2}{p-1}\sum _{k\ge 1}(-1{)}^{k-1}{p}^{-ks}.$$
したがって $g(p^k)=(-1{)}^{k-1}\frac{2}{p-1}(k\ge 1)$ と定めれば $f=q\ast g$、すなわち $f(n)={\sum }_{d\mid n}g(d)q(n/d)$ が成り立つ。

$g$ は絶対収束性がよい。実際
$$\sum _d\frac{|g(d)|}{d^{1/2}}=\prod _p\left(1+\frac{2}{p-1}\cdot \frac{p^{-1/2}}{1-p^{-1/2}}\right)$$
は各因子が $1+O(p^{-3/2})$ なので収束し、特に ${\sum }_d|g(d)|/d<\infty$ である。

平方因子をもたない数の個数. $Q(y)={\sum }_{m\le y}\mu (m{)}^2$ とおくと、$\mu (m{)}^2={\sum }_{a^2\mid m}\mu (a)$ より
$$Q(y)=\sum _{a\le \sqrt{y}}\mu (a)\lfloor \frac{y}{a^2}\rfloor =y\sum _{a\le \sqrt{y}}\frac{\mu (a)}{a^2}+O(\sqrt{y})=\frac{y}{\zeta (2)}+O(\sqrt{y})=\frac{6}{{\pi }^2}y+O(\sqrt{y}).$$

和の評価.
$$S(x)=\sum _{d\le x}g(d)Q\left(\frac{x}{d}\right)=\frac{6}{{\pi }^2}x\sum _{d\le x}\frac{g(d)}{d}+O\left(\sqrt{x}\sum _{d\le x}\frac{|g(d)|}{d^{1/2}}\right).$$
誤差項は $O(\sqrt{x})$ であり、${\sum }_{d\le x}g(d)/d\to {\sum }_{d}g(d)/d$（絶対収束）だから
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{S(x)}{x}=\frac{6}{{\pi }^2}\sum _{d=1}^{\infty }\frac{g(d)}{d}.$$

定数の計算. 絶対収束するのでオイラー積に分解できる。上の局所因子の式に $s=1$ を代入して
$$\sum _d\frac{g(d)}{d}=\prod _p\left(1+\frac{2}{p-1}\cdot \frac{1/p}{1+1/p}\right)=\prod _p\left(1+\frac{2}{(p-1)(p+1)}\right)=\prod _p\frac{p^2+1}{p^2-1}.$$
さらに
$$\frac{p^2+1}{p^2-1}=\frac{1+p^{-2}}{1-p^{-2}}=\frac{1-p^{-4}}{(1-p^{-2}{)}^2}$$
より
$$\prod _p\frac{p^2+1}{p^2-1}=\frac{\zeta (2{)}^2}{\zeta (4)}=\frac{{\pi }^4/36}{{\pi }^4/90}=\frac{5}{2}.$$
よって
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{S(x)}{x}=\frac{6}{{\pi }^2}\cdot \frac{5}{2}=\frac{15}{{\pi }^2}.$$

$f(n)=\mu (n{)}^2\sigma (n)/\phi (n)$ は乗法的関数で、素数 $p$ に対し $f(p)=\frac{p+1}{p-1}$、$k\ge 2$ では $f(p^k)=0$ である。$f\ge 0$ で、$f(p)$ は有界、かつ ${\sum }_{p\le x}f(p)\log p/p\sim \log x$ を満たすので、Wirsing（またはDelange）の平均値定理により
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{S(x)}{x}=\prod _p\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{f(p)}{p}\right)$$
が成り立つ。

各因子を計算する。
$$1+\frac{p+1}{p(p-1)}=\frac{p^2+1}{p(p-1)}$$
なので
$$\left(1-\frac{1}{p}\right)\cdot \frac{p^2+1}{p(p-1)}=\frac{p-1}{p}\cdot \frac{p^2+1}{p(p-1)}=1+\frac{1}{p^2}.$$

${\prod }_p(1+p^{-2})={\prod }_p\frac{1-p^{-4}}{1-p^{-2}}=\frac{\zeta (2)}{\zeta (4)}$ より
$$\frac{{\pi }^2/6}{{\pi }^4/90}=\frac{15}{{\pi }^2}.$$

検算：$\prod (1+p^{-2})$ の最初の数因子は $1.25\times 1.111\times 1.04\times 1.0204\times \cdots \approx 1.47\to 1.52$ となり、$15/{\pi }^2\approx 1.520$ と整合する。