冪乗因数をもたない整数

$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解し、各 $i$ について
$$\label{eq1} e_i=kf_i+g_i, 0\leq g_i< k \tag{1}$$
となる $f_i, g_i$ をとり、
$$m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}, s=p_1^{g_1}p_2^{g_2}\cdots p_r^{g_r}$$
とおくと $s$ は $k$ 乗因数をもたず $N=m^k s$ となる。

逆に、$N=m^k s$ かつ $s$ は $k$ 乗因数をもたないとし、
$$m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}, s=p_1^{g_1}p_2^{g_2}\cdots p_r^{g_r}$$
と素因数分解すると、各 $i$ について $0\leq g_i< k$ となるから\eqref{eq1}が成り立つ。

除法の原理から\eqref{eq1}が成り立つ $f_i, r_i$ の組は $e_i$ に対して一意的に定まるから、
定理が示される。

定理1 のように
$$N=m^k s$$
と分解し、
$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}, m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}$$
と素因数分解する。
まず
$$d^k\mid n\Longleftrightarrow d\mid m$$
を示す。

$d^k\mid n$ あるいは $d\mid m$ の場合、 $d$ の素因数は $p_1, p_2, \ldots, p_r$ のいずれかでなければならないから
$$d=p_1^{h_1}p_2^{h_2}\cdots p_r^{h_r}$$
と素因数分解される。このとき
$$d^k\mid n\Longleftrightarrow \forall i[e_i\geq kh_i]$$
となるが、
$$e_i=kf_i+g_i, 0\leq g_i< k$$
となることから、各 $i$ について
$$kf_i+g_i=e_i\geq kh_i\Longleftrightarrow f_i\geq h_i$$
となるので
$$d^k\mid n\Longleftrightarrow \forall i[f_i\geq h_i]\Longleftrightarrow d\mid m$$
となる。

よって、 「初等整数論」メビウス関数:定理1 より、
$$\sum_{d^k\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid m}\mu(d)=\left\{\begin{array}{cl} 1 & (m=1)\\ 0 & (m>1)\end{array}\right.$$
となるので、定理が従う。

$$S(x)=\mathbb{Z}\cap [0, x], S_d(x)=\{n: 0\leq n\leq x, d\mid n\}$$
とおくと、$d$ が平方因数をもたないとき
$$S_{d^k}(x)=\bigcap_{p\mid d}S_{p^k}(x)$$
となるから、包含と除去の原理（たとえば 「初等整数論」メビウス関数:定理2 を参照）より
$$Q_k(x)=\sum_{d\leq x}\mu(d) \#S_{d^k}(x)=\sum_{d\leq x^{1/k}}\mu(d)\floor{\frac{x}{d^k}}$$
となる。
あるいは 定理2 より
$$Q_k(x)=\sum_{n\leq x}\sum_{d^k\mid n}\mu(d)=\sum_{d\leq x}\mu(d)\sum_{n: d^k\mid n}1=\sum_{d\leq x^{1/k}}\mu(d)\floor{\frac{x}{d^k}}$$
となる。

よって
$$\begin{split} Q_k(x)= & \sum_{d\leq x^{1/k}}\mu(d)\left(\frac{x}{d^k}-\left\{\frac{x}{d^k}\right\}\right) \\ = & x\sum_{d\leq x^{1/k}}\frac{\mu(d)}{d^k}-\sum_{d\leq x^{1/k}}\left\{\frac{x}{d^k}\right\} \\ = & x\sum_{d\leq x^{1/k}}\frac{\mu(d)}{d^k}+O(x^{1/k}) \\ = & x\sum_{d=1}^\infty\frac{\mu(d)}{d^k}+O\left(x\sum_{d\geq x^{1/k}}\frac{1}{d^k}\right)+O(x^{1/k}) \end{split}$$
が成り立つ。

$$\sum_{d\geq x^{1/k}}\frac{1}{d^k}<\frac{1}{x}+\int_{x^{1/k}}^\infty\frac{dt}{t^k}=O(x^{-(k-1)/k})$$
となる。さらに 「初等整数論」Dirichlet級数の例2 でみたように、
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^k}=\frac{1}{\zeta(k)}$$
であるから、
$$Q_k(x)=\frac{x}{\zeta(k)}+O(x^{1/k})$$
が成り立つ。

まず
$$\begin{split} Q_2(x+cx^{1/3})-Q_2(x)= & \sum_{x< m^2 d\leq x+cx^{1/3}}\mu(d) \\ = & \sum_{d\leq x^{1/3}} \mu(d)\left(\floor{\frac{x+cx^{1/3}}{d^2}}-\floor{\frac{x}{d^2}}\right)+\sum_{d>x^{1/3}, x< d^2 m\leq x+cx^{1/3}}\mu(d) \end{split}$$
が成り立つ。ここで
$$S=\{(d, m): d>x^{1/3}, x< d^2 m\leq x+cx^{1/3}\}$$
とおくと
$$\abs{\sum_{d>x^{1/3}, x< d^2 m\leq x+cx^{1/3}}\mu(d)}\leq \# S$$
となる。
$(d, m)\in S$ ならば
$$(d+1)^2 m>d^2 m+2dm>x+\sqrt{d^2 m}>x+\sqrt{x}>x+cx^{1/3}$$
より $(d+1, m)\not\in S$ となる。よって各 $m$ に対して $(d, m)\in S$ となる $d$ はあっても$1$つしかない。
また、$m\leq (x+cx^{1/3})/d^2< x^{1/3}+c/x^{1/3}< x^{1/3}+1$ だから
$$\abs{\sum_{d>x^{1/3}, x< d^2 m\leq x+cx^{1/3}}\mu(d)}\leq \# S\leq x^{1/3}+1$$
となるので
$$Q_2(x+cx^{1/3})-Q_2(x)=\sum_{d\leq x^{1/3}} \mu(d)\left(\floor{\frac{x+cx^{1/3}}{d^2}}-\floor{\frac{x}{d^2}}\right)+O^*(x^{1/3}+1)$$
が成り立つことがわかる。
左側の和については、
$$\abs{\sum_{d>x^{1/3}} \frac{\mu(d)}{d^2}}<\frac{1}{x^{1/3}}+\int_{x^{1/3}}^\infty\frac{dt}{t^2}=\frac{2}{x^{1/3}}$$
となるので、
$$\begin{split} \sum_{d\leq x^{1/3}} \mu(d)\left(\floor{\frac{x+cx^{1/3}}{d^2}}-\floor{\frac{x}{d^2}}\right)= & cx^{1/3} \sum_{d\leq x^{1/3}} \frac{\mu(d)}{d^2}+O^*(x^{1/3}) \\ = & \frac{cx^{1/3}}{\zeta(2)}+O^*(x^{1/3}+2c) \end{split}$$
となる。よって
$$Q_2(x+cx^{1/3})-Q_2(x)=\frac{cx^{1/3}}{\zeta(2)}+O^*(2x^{1/3}+2c+1)$$
であることがわかる。