关于两两正整数gcd几何均值上界的证明问题
嗨，这个问题其实比看起来要直接——我们先把核心逻辑拆解清楚，你会发现这个上界6其实是非常宽松的，甚至远大于实际的极限值。
首先，先明确等价性：你提到的两个不等式是完全等价的，因为对几何均值取自然对数，就得到$\frac{1}{n2}\sum_{i=1}n\sum_{j=1}n\ln\gcd(i,j)$，而$ex$是严格递增函数，所以$\frac{\sum\ln\gcd}{n2}<6$直接等价于几何均值$<e6$。所以我们只需要证明第一个不等式即可。
接下来用数论里的经典技巧转化求和：
我们可以把双重求和转化为对每个正整数d的贡献。对于每个d，统计有多少对(i,j)满足$\gcd(i,j)=d$，记这个数量为$N(d)$。那么：
$$\sum_{i=1}n\sum_{j=1}n\ln\gcd(i,j) = \sum_{d=1}^n \ln d \cdot N(d)$$
而$N(d)$其实等于满足$\gcd(i',j')=1$且$i',j' \leq \lfloor n/d \rfloor$的(i',j')对的数量，利用莫比乌斯反演，这个数量可以表示为：
$$N(d) = \sum_{k=1}^{\lfloor n/d \rfloor} \mu(k) \left\lfloor \frac{n}{dk} \right\rfloor^2$$
把这个代入原式，交换求和顺序（令$t=dk$，则d是t的因数），我们可以得到一个更简洁的表达式：
$$\sum_{i,j}\ln\gcd(i,j) = \sum_{t=1}^n \Lambda(t) \left\lfloor \frac{n}{t} \right\rfloor^2$$
这里$\Lambda(t)$是冯·曼戈尔特函数：当t是素数幂$p^e$时，$\Lambda(t)=\ln p$；否则$\Lambda(t)=0$。你可以验证小的n值（比如n=2、3），结果完全匹配。
现在估计这个和的上界：
因为$\left\lfloor \frac{n}{t} \right\rfloor \leq \frac{n}{t}$，所以$\left\lfloor \frac{n}{t} \right\rfloor^2 \leq \frac{n2}{t2}$，代入后得到：
$$\frac{1}{n^2}\sum_{i,j}\ln\gcd(i,j) \leq \sum_{t=1}^\infty \frac{\Lambda(t)}{t^2}$$
这个无穷级数是数论里的已知值，它等于$-\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}$，其中$\zeta(s)$是黎曼zeta函数。计算一下数值：
- $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}≈1.6449$
- $\zeta'(2)≈-0.9375$
- 所以$-\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}≈\frac{0.9375}{1.6449}≈0.570$
这个值大约是0.57，显然远小于6。而且当n增大时，左边的平均值会趋近于这个极限值，而对于所有有限的n，平均值都不会超过这个极限（因为我们用了$\lfloor n/t \rfloor \leq n/t$的放缩，且无穷级数是收敛的）。
所以结论很明显：对于所有正整数n，$\frac{1}{n^2}\sum_{i,j}\ln\gcd(i,j) <0.57 <6$，从而对应的几何均值$<e^6$。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Fukuzawa Yukichi
