Como siempre, vamos a $\gcd(a,b)$ ser el máximo común divisor de los números enteros $a$$b$. ¿Cuál es la asymptotics de $$\left(\prod_{i=1}^{i=n} \prod_{j=1}^{j=n} \gcd(i,j)\right)^{1/n^2} $$ como $n \to \infty?$
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Este es un problema bastante y me gustaría contribuir con una respuesta que difiere de las entradas anteriores y permitirá a los StackExchange asistentes para evaluar su exactitud.
En primer lugar, trabajar con el logaritmo $S$ del producto $P$, que es $$ S = \log P = \frac{1}{n^2} \left( -\log n! + 2 \sum_{1\le i\le j \le n} \log\gcd(i, j)\right).$$
Ahora introducir la función de $p_k(n)$ que da el número de enteros $q$ $1$ $n$ que $\gcd(q,n) = k,$ es decir $$p_k(n) = \#\left\{q\;|\; \gcd(q,n)=k \; \wedge \; 1\le q\le n\right\}.$$ Se tiene la siguiente propiedad útil: $$\sum_{d|n} p_k(d) = \begin{cases} 0 \quad\text{if}\quad k\nmid n \\ n/k \quad\text{otherwise}. \end{casos}.$$
Para ver esto, se hará la siguiente valoración: $$ \sum_{d|n} p_k(d) = \sum_{d|n} \sum_{q=1 \cima \gcd(p, d)=k}^d 1 = \sum_{f|n/k} \sum_{q=1\cima \gcd(p, kf)=k}^{fr} 1 \\= \sum_{f|n/k} \sum_{i=1\cima \gcd(kr, kf)=k}^{f} 1 = \sum_{f|n/k} \sum_{i=1\cima \gcd(r, f)=1}^{f} 1 = \sum_{f|n/k} \phi(f) = n/k.$$
De ello se desprende que el de la serie de Dirichlet $L_k(s)$ $p_k(n)$ está dado por $$ L_k(s) = \frac{1}{\zeta(s)} \sum_{m\ge 1} \frac{m}{(mc)^s} = \frac{1}{k^s} \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}.$$
La suma plazo en $S$ es igual a $$\sum_{k=1}^n \log k \times \sum_{m=1}^n p_k(m) = \sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^n \log k \times p_k(m) = \sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^m \log k \times p_k(m)$$ La última igualdad se mantiene debido a $m\le n$ y requerimos $k\le m$, por lo que podemos sustituir $n$ en el límite superior por $m.$
Pero tenemos $$\sum_{k=1}^\infty \log k \times L_k(s) = -\zeta'(s) \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}.$$
En el anterior, el término generado como el coeficiente de $n^s$ es $$\sum_{k=1}^\infty \log k \times p_k(n) = \sum_{k=1}^n \log k \times p_k(n),$$ que es precisamente lo que necesitamos, desde la $p_k(n)=0$ al$k> n,$, de modo que, de hecho, la suma sólo va a a $n$ como se requiere.
Esto significa que podemos aplicar el Wiener-Ikehara el teorema de la secuencia $$a_m = \sum_{k=1}^m \log k \times p_k(m),$$ $$\sum_{m=1}^n a_m \sim \operatorname{Res}\left(-\zeta'(s) \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}; s=2\right) \frac{n^2}{2} = - \frac{6\zeta'(2)}{\pi^2} \frac{n^2}{2}.$$ Vemos que este domina el término en $\log n!$ y se obtiene en el límite que $$S = \log P = - \frac{6\zeta'(2)}{\pi^2} \approx 0.5699609929$$ y, por tanto, $$P = \exp\left(- \frac{6\zeta'(2)}{\pi^2}\right) \approx 1.768198078.$$ Muy bonita por cierto.
user83421
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Usted puede demostrar que su límite de enfoques
$$\prod_{p} p^{1/(p^2-1)}$$
(donde $p$ rangos de todos los positivos de los números primos). No estoy seguro de si este tiene una forma cerrada, pero la evaluación de este para $p$ $10^5$ da un valor de $1.78\dots$ a esta constante, por lo que no creo que el valor de $5/2\sqrt{2}$ es correcta.
Para demostrar que su se acerca el límite de mi producto, elija un primer $p$, y considerar al $p | \gcd(i, j)$. Tenga en cuenta que esto sucede exactamente cuando ambos $i$ $j$ son divisibles por $p$, lo que sucede por $\lfloor n/p \rfloor^2$ pares de $(i, j)$$1 \leq i, j \leq n$. Del mismo modo, $p^2 | \gcd(i, j)$ cuando ambos $i$ $j$ son divisibles por $p^2$, lo que sucede por $\lfloor n/p^2 \rfloor^2$ pares de $(i,j)$, y, en general, $p^k | \gcd(i, j)$ $\lfloor n/p^k \rfloor^2$ pares de $(i, j)$. De ello se desprende que el exponente de a $p$ en la factorización prima de su producto es igual a
$$\sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor^2$$
Tomando el logaritmo de su expresión, por lo tanto, se convierte en
$$\dfrac{1}{n^2}\sum_{p}\left(\sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor^2\right)\log p$$
Ahora, tenga en cuenta que
$$\sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor^2 = O(n\log n) + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n^2}{p^{2k}} = O(n\log n) + \dfrac{n^2}{p^2 - 1}$$
Sustituyendo esto en el, encontramos que como $n\rightarrow \infty$, el logaritmo de su expresión tiende a
$$\sum_{p} \frac{\log p}{p^2 - 1}$$
y por lo tanto la expresión en sí misma tiende a
$$\prod_{p} p^{1/(p^2-1)}$$
Xenph Yan
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