Dejemos que $$\rho(n, k):=\sum_{i=1}^k{(n\mod i)}$$ donde $(n \mod i)$ es un resto de $n$ dividido por $k$ . Además, deja que $\sigma(n)$ sea la suma de todos los factores de $n$ o $$\sigma(n):=\sum_{d|n} d$$ es decir, una función de división de orden 1. He encontrado la relación entre $\rho(n, n)$ y $\rho(n+1, n+1)$ , que fue $$\rho(n+1, n+1)=\rho(n, n)+2n+1-\sigma(n+1)$$ Esto se debe a que, para $i=1, 2, \cdots, n$ , $((n+1)\mod i) \ \ \ \ -(n\ \ \mod i)$ es 1 si $i|n+1$ y $1-i$ de lo contrario, que a su vez $$\rho(n+1, n+1)-\rho(n, n)=\sum_{ i\nmid n+1} 1+\sum_{i\mid n+1}{(1-i)}=\sum_{i\le n}1-\left(\sum_{i \mid n}i - (n+1)\right)\\=2n+1-\sigma(n+1)$$ A través de esto, obtuve la forma cerrada de $\rho(n, n)$ , que fue $$\rho(n, n)=n^2-1-\sum_{k=2}^n \sigma(k)=n^2-\sum_{k=1}^n \sigma(k)$$ Ahora, el verdadero problema es que tengo que demostrar que $$\lim_{n\to\infty} \frac{\rho(n, n)}{n^2}=1-{\pi^2\over12}$$ y da una propiedad bien conocida $\zeta(2)={\pi^2\over6}$ como una pista. Parece demostrar $$\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sigma(k)}{n^2}={1\over2}\sum_{k=1}^\infty{1\over k^2}$$ pero no tengo ni idea. Cualquier pista será apreciada. Gracias.
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Para la suma de divisores, tenemos $$\sigma(m)=\sum_{kl=m}l,$$ donde sumamos todos los pares $(k,l)$ con $kl=m$ . Así, $$\sum^n_{m=1}\sigma(m)=\sum_{kl\le n}l,$$ la suma sobre todos los pares de enteros positivos $(k,l)$ con $kl\le n$ es decir, bajo la hipérbola definida por $kl=n$ . Es una suma bidimensional, y si se suma sobre $k$ Primero, se obtiene $$\sum_{kl\le m}l=\sum^n_{l=1}l\,\sum^{\lfloor n/l\rfloor}_{k=1}1=\sum^n_{l=1}l\,\lfloor n/l\rfloor,$$ interesante, pero no es útil en este caso. Por cierto, es otra prueba de su resultado anterior, porque $n\bmod l=n-l\lfloor n/l\rfloor$ .
Si suma más de $l$ Primero, se obtiene $$\sum_{kl\le m}l=\sum^n_{k=1}\,\sum^{\lfloor n/k\rfloor}_{l=1}l=\sum^n_{k=1}\,\frac{\lfloor n/k\rfloor(\lfloor n/k\rfloor+1)}2.$$
