Lo que sigue es demasiado material para un comentario. Me gustaría punto
que también se puede obtener de la aymptotics de la Mellin-Perron fórmula
donde radica la dificultad en la estimación de un resto integral que
no converge absolutamente.
Vamos a la factorización en primos de $k$ ser dada por
$$k = \prod_q q^v.$$
Entonces tenemos por la inspección, que el producto de Euler
$$L(t) = \sum_{n\ge 1, \; (k,n) = 1} \frac{1}{n^{s+t}}$$
está dada por
$$L(t) = \prod_p \frac{1}{1-p^{-s-t}} \prod_q (1-p^{-s-t})
= \zeta(s+t) \prod_q (1-p^{-s-t}).$$
Ahora recuerdo la Mellin-Perron fórmula que dice que
$$\sum_{n=1}^x \lambda_n =
\frac{1}{2} \lambda_x
+ \frac{1}{2\pi i}
\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} L(t) x^t \frac{dt}{t}
\quad\text{donde}\quad
L(t) = \sum_{n\ge 1} \frac{\lambda_n}{n^t}$$
con $c$ en el medio-plano de convergencia de $L(t)$
es decir, $\Re(s+t)>1$ o $t>1-s.$ se Cruzan esto con el semiplano de
la convergencia de la función escalón unitario es $\langle 0,
\infty\rangle$ to find that $c=1/2$ es admisible.
Aquí $\lambda_n = [[(k,n) = 1]] \times \frac{1}{n^s}.$
Observe que cuando se $s>0$ hay un poste en $t = 1 - s$.
Supongamos $s$ es un número entero. Hay dos casos, $s=1$ o $s>1.$
Primer caso, $s=1$. A continuación, tenemos una doble polo a $t$ cero y
$$\mathrm{Res}_{t=0} \left( L(t) \frac{x^t}{t} \right) =
(\gamma + \log x) \prod_q (1 - p^{-1}) =
\frac{\varphi(k)}{k} (\gamma + \log x)$$
y de inmediato nos han
$$\sum_{n=1}^x \lambda_n =
\frac{\varphi(k)}{k} (\gamma + \log x)
+ \frac{1}{2} [[(k, x)=1]] \frac{1}{x^s}
+ \frac{1}{2\pi i}
\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} L(t) x^t \frac{dt}{t}.$$
Segundo caso, $s>1.$ Ahora la pole en $t$ cero se convierte en un simple polo
y
$$\mathrm{Res}_{t=0} \left( L(t) \frac{x^t}{t} \right) =
\zeta(s) \prod_q (1 - p^{s})$$
dando para que la suma de la expansión
$$\sum_{n=1}^x \lambda_n =
\zeta(s) \prod_q (1 - p^{s})
+ \frac{1}{2} [[(k, x)=1]] \frac{1}{x^s}
+ \frac{1}{2\pi i}
\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} L(t) x^t \frac{dt}{t}.$$
Observación. Obviamente la dificultad aquí radica en la estimación de la
el resto de las integrales. El plazo $\zeta(s+t)$ $O(1)$ sobre la línea de
$\Re(t) = -1/2$ al $s>1$ pero no converge absolutamente y cuando
$s=1$ es a la derecha en la línea crítica.
Anexo Lun Nov 24 23:34:28 CET 2014. Aquí es un enfoque que se
más en línea con lo que un número de la teoría del libro de texto ejercicio es probable que
pedir.
Como se señaló en la primera respuesta, podemos usar la siguiente
sencillo simplificación:
$$\sum_{n=1, \; (k,n)=1}^x \frac{1}{n^s}
= \sum_{n=1}^x \frac{1}{n^s} \sum_{d|(k,n)} \mu(d)
\\ =
\sum_{d|k} \mu(d) \sum_{g=1}^{\lfloor x/d \rfloor} \frac{1}{(gd)^s}
= \sum_{d|k} \frac{\mu(d)}{d^s}
\sum_{g=1}^{\lfloor x/d \rfloor} \frac{1}{g^s}.$$
Nosotros, una vez más, tenemos dos casos.
Primer caso, $s=1.$
Llegamos desde el asintótica $H_n \sim \log n + \gamma$ el valor
$$\sum_{d|k} \frac{\mu(d)}{d} (\log(x/d) + \gamma)
= \log x \prod_q \left(1-\frac{1}{q}\right)
+ \sum_{d|k} \frac{\mu(d)}{d} (\gamma \log d).$$
Por lo tanto el dominante término, más el siguiente están dadas por
$$\frac{\varphi(k)}{k} \log x
+ \sum_{d|k} \frac{\mu(d)}{d} (\gamma \log d)$$
donde se ha determinado la constante que no depende de la $x.$
Curiosamente la constante de Mellin-Perron no fue la correcta
lo que indica que existe una contribución del resto
integral que no fuimos capaces de evaluar.
El siguiente término en la asymptotics de $H_n$ $\frac{1}{2n}$ y el error
en lo que va de $\log\lfloor w\rfloor$ $\log w$es de orden $1/w$ que
indica que el siguiente término es $\mathcal{O}(1/x)$ como lo señaló el primer
respondedor.
Segundo caso, $s>1.$
El dominante término aquí es $\zeta(s)$ y obtenemos
$$\zeta(s) \sum_{d|k} \frac{\mu(d)}{d^s}
= \zeta(s) \prod_q \left(1-\frac{1}{q^s}\right)$$
lo que coincide con el asintótica de Mellin-Perron.
