James Maynardの双子素数に関する論文「Small gaps between primes」を勉強していたら
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)}{\varphi (n)}
\end{align}という和の評価を使っていました。これについて紹介します。
参考文献
(1) Small gaps between primesarXivのリンク:[1311.4600] Small gaps between primes
(2) 解析的整数論〈1〉素数分布論 (朝倉数学大系)
リンク
予備知識
上に書いた和の中にでてきた関数についてですが、まずトーシェント関数については
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{1}{\varphi (n)} =O(\log x)
\end{align}が成り立つことを証明なしで用います。*1
本題
次の評価を示します。証明は上の\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\tau_k (n)^l}{n} \ll (\log x)^{k^l}
\end{align}の証明とまったく同様に進みます。
定理
任意の 自然数 に対し
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)} \ll (\log x)^{k^l}
\end{align}
が成立する。\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)} \ll (\log x)^{k^l}
\end{align}
証明 まず の定義と和の順序の交換により
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
=\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x}}\frac{\mu (\prod_{i=1}^ke_i)^2 \tau_k(\prod_{i=1}^ke_i)^{l-1}}{\varphi (\prod_{i=1}^ke_i)}
\end{align}
とできる。和の中身はMöbius関数がかかっているので \sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
=\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x}}\frac{\mu (\prod_{i=1}^ke_i)^2 \tau_k(\prod_{i=1}^ke_i)^{l-1}}{\varphi (\prod_{i=1}^ke_i)}
\end{align}
\begin{align}
=\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x \\ (e_i,e_j)=1 \; (\forall i\neq j)}}\frac{\mu (\prod_{i=1}^ke_i)^2 \tau_k(\prod_{i=1}^ke_i)^{l-1}}{\varphi (\prod_{i=1}^ke_i)}
\end{align}
となる。この変形とそれぞれの関数の乗法性及び不等式=\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x \\ (e_i,e_j)=1 \; (\forall i\neq j)}}\frac{\mu (\prod_{i=1}^ke_i)^2 \tau_k(\prod_{i=1}^ke_i)^{l-1}}{\varphi (\prod_{i=1}^ke_i)}
\end{align}
\begin{align}
\tau_k\Big{(}\prod_{i=1}^k n_i\Big{)} \le \prod_{i=1}^k\tau_k(n_i)
\end{align}により
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
&\le
\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x \\ (e_i,e_j)=1 \; (\forall i\neq j)}}\prod_{i=1}^k\frac{\mu (e_i)^2 \tau_k(e_i)^{l-1}}{\varphi (e_i)}\notag \\
&\le
\Big{(}\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2\tau_k(n)^{l-1}}{\varphi (n)}\Big{)}^k
\end{align}
を得る。この不等式を繰り返し用いれば\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
&\le
\sum_{\substack{e_1,\dots , e_k \\ \prod_{i=1}^ke_i {<}x \\ (e_i,e_j)=1 \; (\forall i\neq j)}}\prod_{i=1}^k\frac{\mu (e_i)^2 \tau_k(e_i)^{l-1}}{\varphi (e_i)}\notag \\
&\le
\Big{(}\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2\tau_k(n)^{l-1}}{\varphi (n)}\Big{)}^k
\end{align}
\begin{align}
\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
\le
\Big{(}\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2}{\varphi (n)}\Big{)}^{k^l}
\ll (\log x)^{k^l}
\end{align}
を得る。(QED)\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2 \tau_k(n)^l}{\varphi (n)}
\le
\Big{(}\sum_{n{<}x}\frac{\mu (n)^2}{\varphi (n)}\Big{)}^{k^l}
\ll (\log x)^{k^l}
\end{align}
コメント
上の評価はEulerのトーシェント関数だけではなく分母を他のいろいろな関数に置き換えても似たことが言えると思います。