Dos enteros coprimos elegidos al azar

Question

Esta es una vuelta de tuerca al problema comúnmente conocido por tener solución $6/\pi^2$ . Supongamos que al elegir entre todos los números naturales $\mathbb{N}$ la probabilidad de elegir $n \in \mathbb{N}$ viene dada por $P(n)=\frac{1}{2^n}$ . Ahora, al elegir dos números naturales, ¿cuál es la probabilidad (en forma cerrada) de elegir dos números coprimos?

Obsérvese que la probabilidad de elegir algo divisible por $p$ es $$\frac{1}{2^p}+\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{2^{3p}}+\frac{1}{2^{4p}}+\ldots=\frac{1}{2^p-1}$$

por lo que la probabilidad de elegir dos números ambos divisible por $p$ es $$\frac{1}{(2^p-1)^2}$$

Significado $$P(a,b;p)=1-\frac{1}{(2^p-1)^2}$$ donde $P(a, b;p)$ es la probabilidad de que $a$ o $b$ es no divisible por $p$ . Entonces la respuesta que busco es $$P(a,b)=\prod_{p\text{ prime}}P(a,b;p)=\prod_{p\text{ prime}}\left(1-\frac{1}{(2^p-1)^2}\right)$$ donde $P(a,b)$ es la probabilidad de que $a$ y $b$ son coprimos.

De todos modos, tengo curiosidad por conocer una expresión de forma cerrada para este número, similar al problema original que mencioné. Cualquier idea sería muy útil.

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Editar

Como ha señalado Mark Fischler más adelante, esta representación del producto supone los acontecimientos de $p|a$ y $p|b$ son independientes, lo que no debería ser el caso. Si alguien puede explicar también una forma de construir una probabilidad más correcta, sería de gran ayuda.

Answer 1

Por la respuesta de @miracle173, sólo nos queda $P(x\leq n, y\leq n, (x,y)=1)$ . Podemos encontrar una fórmula asintótica como una aplicación de la función de Mobius:

$$ \begin{align} P(x\leq n, y\leq n, (x,y)=1)&= \sum_{\substack{{x\leq n, y\leq n}\\{(x,y)=1}}} 2^{-x-y}\\ &= \sum_{x\leq n, y\leq n} 2^{-x-y} \sum_{d|(x,y)} \mu(d)\\ &=\sum_{d\leq n} \mu(d) \sum_{a\leq \frac nd, b\leq \frac nd} 2^{- d(a+b) }\ \ \ (\textrm{substitute }x=da, \ y=db)\\ &=\sum_{d\leq n}\mu(d) \left( \frac{\frac{1}{2^d}}{1-\frac{1}{2^d}}+O(2^{-n})\right)^2\\ &=\sum_{d\leq n}\mu(d) \frac{1}{(2^d-1)^2}+O(n 2^{-n}). \end{align} $$ Por lo tanto, la probabilidad tiene que converger a $$ \sum_{d=1}^{\infty}\frac{\mu(d)}{(2^d-1)^2}\approx 0.867630801985022350790508146212902422392760107477\ldots $$ según SAGE.

Answer 2

Este es un comentario extenso y no una respuesta.

Una aproximación al valor se puede encontrar de la siguiente manera.

Tenemos $$\begin{array}\\ P((x,y)=1) \\ = P(x \le n, y \le n | (x,y)=1) \\ +P(x \gt n, y \le n | (x,y)=1) +P(x \le n, y \gt n | (x,y)=1) +P(x \gt n, y \gt n | (x,y)=1) \end{array}$$

y $$\begin{array}\\ &P(x \gt n, y \le n | (x,y)=1) +P(x \le n, y \gt n | (x,y)=1) +P(x \gt n, y \gt n | (x,y)=1) \\ \le &P(x \gt n, y \le n ) +P(x \le n, y \gt n ) +P(x \gt n, y \gt n ) \\ \le & 2 P(x \gt n) P( x \le n ) + P( x \gt n)^2 \\ \lt & 2^{-n+1} \end{array}$$

Así que $$ \left| P((x,y)=1) - P(x \le n, y \le n | (x,y)=1) \right| < \frac{1}{2^{n-1}} $$

Con Máxima He calculado los primeros 16 dígitos $0.8676308019850214$

(%i1) sum(sum(if gcd(i,j)=1 then 2^(-i-j) else 0,i,1,n),j,1,n),n=61,numer;
(%o1) 0.8676308019850214