約数関数

1：$\mathbf{1}$ と $\mathrm{id}_k$ は乗法的なので、その Dirichlet 積 $\sigma_k$ も乗法的である（Möbius関数 の記事の命題「Dirichlet積の基本性質」の 4）。2：$p^a$ の正の約数は $1,p,\dots,p^a$ なので最初の式を得る。後半は 1 による。3：写像 $c\mapsto n/c$ は $n$ の正の約数全体の全単射なので（約数 の記事の命題「約数の組 $d$ と $\frac{n}{d}$」の 1）、$\sigma_{-k}(n)=\sum_{c\mid n}(n/c)^{-k}=n^{-k}\sum_{c\mid n}c^k$ である。$\square$

$r$ を $A$ より大きい整数とし、最初の $r$ 個の素数の積を $P$ とする。正の整数 $m$ について $n_m:=P^m$ とおくと、$n_m$ は $r$ 個の素数をそれぞれ指数 $m$ で含むので、prop-dvf-basic の 2 により $d(n_m)=(m+1)^r$ である。一方 $\log n_m=m\log P$ なので
$$ \frac{d(n_m)}{(\log n_m)^A}=\frac{(m+1)^r}{m^A(\log P)^A}>\frac{m^{r-A}}{(\log P)^A} $$
であり、$r-A>0$ だから右辺は $m\to\infty$ で限りなく大きくなる。よって $C$ を超える $m$ が無限に多くある。$\square$

$n=\prod_ip_i^{a_i}$ と素因数分解すると、prop-dvf-basic の 2 により
$$ \frac{d(n)}{n^\varepsilon}=\prod_i\frac{a_i+1}{p_i^{a_i\varepsilon}} $$
である。各因子を 2 通りに評価する。

• $p_i\ge2^{1/\varepsilon}$ のとき、$p_i^\varepsilon\ge2$ なので $p_i^{a_i\varepsilon}\ge2^{a_i}\ge a_i+1$ であり、因子は $1$ 以下である（$2^a\ge a+1$ は $a$ についての帰納法で分かる）。
• $p_i< 2^{1/\varepsilon}$ のとき、$p_i\ge2$ なので $p_i^{a_i\varepsilon}\ge2^{a_i\varepsilon}=e^{\lambda a_i}$（$\lambda:=\varepsilon\log2$）である。$0<\lambda\le\log2< 1$ である。実数 $t\ge0$ の関数 $h(t):=(1+t)e^{-\lambda t}$ は、$h'(t)=e^{-\lambda t}(1-\lambda-\lambda t)$ なので $t=1/\lambda-1$ で最大値 $\frac1\lambda e^{-(1-\lambda)}\le\frac1\lambda$ をとる。よって因子は $1/\lambda$ 以下である。
  $2^{1/\varepsilon}$ より小さい素数は $2^{1/\varepsilon}$ 個未満で、$1/\lambda>1$ だから、すべての因子の積は $(1/\lambda)^{2^{1/\varepsilon}}$ 以下である。これが最初の不等式である。$\varepsilon>1$ では $d(n)\le n\le n^\varepsilon$ である。最後の主張は、$\varepsilon':=\min(\varepsilon,1)/2$ に最初の不等式を使えば $d(n)/n^\varepsilon\le d(n)/n^{2\varepsilon'}\le C_{\varepsilon'}\,n^{-\varepsilon'}\to0$ となることによる（$C_{\varepsilon'}$ は $n$ によらない定数）。$\square$

1：$1$ と $n$ は相異なる約数なので $\sigma(n)\ge n+1$ である。prop-dvf-basic の 3 により $\sigma(n)/n=\sum_{c\mid n}1/c$ で、$n$ の約数は $1$ 以上 $n$ 以下の相異なる整数なので、これは $H_n:=\sum_{j=1}^n1/j$ 以下である。調和級数 の記事の命題「積分による上下の評価」により $H_n\le1+\log n$ である。
2：$1\le j\le m$ なら $j$ は $m!$ を割り切るので、同じく $\sigma(m!)/m!=\sum_{c\mid m!}1/c\ge H_m$ であり、同じ命題により $H_m>\log(m+1)$ である。$\square$

段 1（格子点の数え上げ）．$D(x):=\sum_{n\le x}d(n)$ は、$ab\le x$ を満たす正の整数の組 $(a,b)$ の個数に等しい（各 $n\le x$ について $ab=n$ となる組がちょうど $d(n)$ 個ある）。$u:=\lfloor\sqrt x\rfloor$ とおく。$ab\le x$ なら $a\le u$ か $b\le u$ である（両方が $u+1>\sqrt x$ 以上なら $ab> x$）。$a\le u$ かつ $ab\le x$ の組は $\sum_{a\le u}\lfloor x/a\rfloor$ 個、$b\le u$ の側も同数で、両方を満たす組は $a,b\le u$ の $u^2$ 個（このとき $ab\le u^2\le x$ は自動的に成り立つ）なので、
$$ D(x)=2\sum_{a=1}^u\Bigl\lfloor\frac xa\Bigr\rfloor-u^2 $$
である（双曲線 $ab=x$ の下の格子点を、対称性を使って数えている）。
段 2（床関数を外す）．$\lfloor x/a\rfloor=x/a-\theta_a$（$0\le\theta_a<1$）なので $\sum_{a\le u}\lfloor x/a\rfloor=xH_u-R$、$0\le R< u$ である。$H_u$ の式を代入して
$$ D(x)=2x\log u+2\gamma x+2x\varepsilon_u-2R-u^2 $$
を得る。
段 3（$u$ を $\sqrt x$ に替える）．$u=\sqrt x-t$（$0\le t<1$）とおく。$x\ge4$ なので $\sqrt x\ge2$、$z:=t/\sqrt x< 1/2$ である。$0\le z\le1/2$ では $0\le-\log(1-z)=\sum_{k\ge1}z^k/k\le z/(1-z)\le2z$ なので、
$$ 2x\log u=x\log x+2x\log(1-z),\qquad\lvert2x\log(1-z)\rvert\le4xz=4t\sqrt x<4\sqrt x $$
である。また $u^2=x-2t\sqrt x+t^2$ なので $\lvert u^2-x\rvert\le2\sqrt x+1$ である。$u\ge\sqrt x-1\ge\sqrt x/2$ なので $0<2x\varepsilon_u<2x/u\le4\sqrt x$、$0\le2R<2u\le2\sqrt x$ である。
段 4（まとめ）．以上から
$$ D(x)-x\log x-(2\gamma-1)x=2x\log(1-z)+2x\varepsilon_u-2R-(u^2-x) $$
で、右辺の絶対値は $4\sqrt x+4\sqrt x+2\sqrt x+(2\sqrt x+1)\le13\sqrt x$ である（$1\le\sqrt x/2$）。$\square$

$\sigma(n)=\sum_{cm=n}m$（$cm=n$ となる正の整数の組 $(c,m)$ にわたる和）なので、$S(x):=\sum_{n\le x}\sigma(n)$ は $cm\le x$ となる組 $(c,m)$ にわたる $m$ の和である。$c$ を固定すると $m$ は $1$ から $N_c:=\lfloor x/c\rfloor$ まで動くので
$$ S(x)=\sum_{c\le x}\frac{N_c(N_c+1)}2 $$
である。$y:=x/c\ge1$、$N_c=y-\theta$（$0\le\theta<1$）とおくと
$$ \frac{N_c(N_c+1)}2=\frac{y^2}2+\frac{y(1-2\theta)}2+\frac{\theta^2-\theta}2 $$
で、最後の 2 項の絶対値の和は $y/2+1/8\le y$ 以下である。よって
$$ \Bigl\lvert S(x)-\frac{x^2}2\sum_{c\le x}\frac1{c^2}\Bigr\rvert\le\sum_{c\le x}\frac xc\le x(1+\log x) $$
である（調和級数 の記事の命題「積分による上下の評価」）。次に $N:=\lfloor x\rfloor$ とすると、$c\ge2$ で $1/c^2<1/(c(c-1))=1/(c-1)-1/c$ なので $\sum_{c>N}1/c^2<1/N\le2/x$ である。$\sum_{c\ge1}1/c^2=\pi^2/6$（Basel問題）なので
$$ 0<\frac{\pi^2}{12}x^2-\frac{x^2}2\sum_{c\le x}\frac1{c^2}=\frac{x^2}2\sum_{c>N}\frac1{c^2}< x $$
である。2 つを合わせて結論を得る。$\square$