我们实际上可以推导出总和的渐近表达式g（n）美元$使用一些已知的估计。我将给出一个计算草图。
首先使用Mobius反演去除共主条件：$$g（n）=sum{2\leqk\leqn}d（k-1）\sum{a\mid（k，n）}\mu（a）。$$颠倒求和的顺序可以得出$$g（n）=sum{a\midn}\mu（a）\sum{\子堆栈{2\leqk\leqn\\a\midk}}d（k-1）。$$变量改变后，内部总和为$$\sum{\子堆栈{2\leqk\leqn\\a\mid-k}}d（k-1）=sum{\substack{m\leqn\\m\equiv-1（\text{mod}\a）}d（m）。$$使用Pongsriam和Vaughn的结果（请参见这篇论文例如），我们有$$\sum{substack{m\leqn\\m\equiv-1（\text{mod}\a）}}d（m）=frac{1}{\phi（a）}\sum{subsstack{1\leqm\leq n\\（n，a）=1}}d。$$与右边总和相关联的Dirichlet级数是$$\zeta（s）^2\prod_{p\mida}\左（1-\frac{1}{p^s}\右）^2。$$计算涉及佩伦公式给予$$\sum{\子堆栈{1\leqm\leqn\\（m，a）=1}}d（m）=n\left（\frac{\phi（a）}{a}\right）^2\left（\ log n+2\gamma-1+2\ sum{p\mida}\frac}{p-1}\ right）+O\ left（d（a）n^{3/4}（\log n）^2_ight）。$$（这不是可以得到的最尖锐的错误项，但在这里就足够了。）
综合考虑，我们有$$g（n）=n\sum_{a\midn}\frac{\mo（a）\phi（a）}{a^2}\left（\log n+2\gamma-1+2\sum_{p\mida}\frac{\log p}{p-1}\right）+O\ left（n^{3/4+\epsilon}\rift）。$$回到你的实际问题上，主要订单条款是$$n\log n\sum_｛a\mid n｝\frac｛\mu（a）\phi（a）｝｛a^2｝=n\log n\prod_｛p\ mid n｝\left（1-\frac｛1｝｛p｝\right）\prod_｛p\ mid n｝\left（1+\frac｛1｝｛p^2-p｝\right）=\phi（n）\log n\prod_｛p\ mid n｝\left（1+\frac｛1｝｛p^2-p｝\right）$$数值计算表明$$1<\prod_｛p\ mid n｝\left（1+\ frac｛1｝｛p^2-p｝\right）<\prod_｛p｝\left（1+\ frac｛1｝｛p^2-p｝\right）<2$$对所有人来说n美元$（因为乘积可以绝对扩展到无穷大）。我不确定你的估计是否适用n美元$，但它至少能容纳足够大的n美元$.
