Consideremos la serie generadora de Dirichlet de $\tau^2(n)$ $$L(s) = \sum_{n\ge 1}\frac{\tau^2(n)}{n^s}.$$ Desde $\tau^2(n)$ es multiplicativo tiene el producto de Euler $$L(s) = \prod_p \left(1+ \frac{2^2}{p^s} + \frac{3^2}{p^{2s}} + \frac{4^2}{p^{3s}}+\cdots\right).$$ Ahora observe que $$\sum_{k\ge 0} (k+1) z^k = \frac{1+z}{(1-z)^3} = \frac{1-z^2}{(1-z)^4}.$$ Esto da para el producto de Euler que $$L(s) = \prod_p \frac{1-1/p^{2s}}{(1-1/p^s)^4} = \frac{\zeta^4(s)}{\zeta(2s)}.$$ Ahora podemos predecir los primeros términos de la expansión asintótica de $$q_n = \sum_{k=1}^n \tau^2(k)$$ utilizando la fórmula de suma de Mellin-Perron, que da $$q_n = \frac{1}{2} \tau^2(n) + \frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} L(s) \frac{n^s}{s} ds.$$ La contribución del polo en $s=1$ es $$\mathrm{Res}\left(L(s) \frac{n^s}{s}; s=1\right) = \frac{1}{\pi^2} n \log^3 n + \left(\frac{12\gamma-3}{\pi^2} -\frac{36\zeta'(2)}{\pi^4}\right) n\log^2 n +\cdots \\ \approx 0.101321183642338 \times n \log^3 n + 0.744341276391456\times n \log^2 n \\+ 0.823265208269489\times n \log n + 0.460323372258732 \times n.$$ La contribución del polo en $s=0$ es $$\mathrm{Res}\left(L(s) \frac{n^s}{s}; s=0\right) = -\frac{1}{8}$$ pero no lo incluiremos aquí porque se encuentra a la izquierda de los ceros del $\zeta(2s)$ término en la línea $\Re(s) = 1/4.$ Esto da la siguiente expansión asintótica: $$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \tau^2(k) \sim \frac{1}{2n} \tau^2(n) + \frac{1}{\pi^2} \log^3 n + \left(\frac{12\gamma-3}{\pi^2} -\frac{36\zeta'(2)}{\pi^4}\right) \log^2 n +\cdots.$$
Esta aproximación es excelente, como muestra la siguiente tabla. $$\begin{array}{l|ll} n & q_n/n & \text{approx.} \\ \hline 100 & 30.46 & 30.3377762704858 \\ 400 & 54.33 & 54.1863460568776 \\ 1000 & 75.083 & 75.1903114374140 \\ 5000 & 124.1196 & 124.110890836637 \\ \end{array}$$
Adenda. Se invita al lector a aportar una prueba rigurosa de la expansión asintótica de arriba.
