求证：∑_{k≤n} k{n/k} =n²(1-π²/12)+O(n log n)的推导

首先明确符号定义：这里${x}$表示实数$x$的小数部分，即${x} = x - \lfloor x \rfloor$，其中$\lfloor x \rfloor$是$x$的向下取整（地板函数）。

咱们一步步推导：

1. 展开小数部分
   根据小数部分的定义，把原式中的$\left{ \frac{n}{k} \right}$替换为$\frac{n}{k} - \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$，原式转化为：
   $$\sum_{k\leq n} k \left{ \frac{n}{k} \right} = \sum_{k\leq n} k \left( \frac{n}{k} - \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \right)$$

2. 拆分求和式
   把上面的求和拆成两个独立项：
   $$= \sum_{k\leq n} k \cdot \frac{n}{k} - \sum_{k\leq n} k \cdot \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$$
   第一个求和里的$k$与分母约掉后，$\sum_{k\leq n} n$就是$n$重复加$n$次，结果为$n^2$，式子简化为：
   $$= n^2 - \sum_{k\leq n} k \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$$

3. 转换求和项为约数和的累加
   这里有个关键观察：$\sum_{k\leq n} k \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$等价于$\sum_{k\leq n} \sigma(k)$，其中$\sigma(k)$是正整数$k$的所有正约数之和。
   原因很直观：对每个$k \leq n$，$\lfloor \frac{n}{k} \rfloor$是1到$n$中能被$k$整除的数的个数，$k \cdot \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$就是所有≤n的$k$的倍数的和。把所有$k$的这个值加起来，本质是对每个数$m \leq n$，把它的所有约数加一遍（每个$m$的约数$d$都会在$k=d$时被计入$d \cdot \lfloor \frac{n}{d} \rfloor$），因此这个求和等于$\sum_{k\leq n} \sigma(k)$。

4. 代入约数和的渐近公式
   我们已知约数和函数的渐近展开式：
   $$\sum_{k\leq n} \sigma(k) = \frac{\pi^2}{12}n2 + O(n \log n)$$
   将其代入之前的式子：
   $$= n^2 - \left( \frac{\pi^2}{12}n2 + O(n \log n) \right)$$

5. 整理得到最终结果
   展开括号并合并同类项，最终得到：
   $$\sum_{k\leq n} k \left{ \frac{n}{k} \right} = n^2\left(1 - \frac{\pi^2}{12}\right) + O(n \log n)$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Faust