Si considera cualquier múltiplo de $pq$ números enteros consecutivos, por ejemplo $\mathcal{S}=\{1,2,3,\dots,kpq\}$ exactamente $\frac1{pq}$ de ellos será divisible por ambos $p$ y $q$ exactamente $\frac1p$ será divisible por $p$ y exactamente $\frac1q$ será divisible por $q$ . Por lo tanto, exactamente $\frac1{p^2q^2}$ de los pares en $\mathcal{S}\times\mathcal{S}$ será divisible por ambos $p$ y $q$ exactamente $\frac1{p^2}$ será divisible por $p^2$ y exactamente $\frac1{q^2}$ será divisible por $q^2$ .
Esto se puede ampliar para cualquier conjunto de primos; basta con tomar un conjunto de $pqr\dots s$ enteros consecutivos, $\mathcal{S}=\{1,2,3,\dots,kpqr\dots s\}$ exactamente $\frac1{p^2q^2r^2\dots s^2}$ de los pares en $\mathcal{S}\times\mathcal{S}$ será divisible por todos los $p,q,r,\dots s$ . Por lo tanto, no necesitamos apelar a la probabilidad, y lo que se consideraría independencia en un entorno probabilístico, se deduce de la Teorema chino del resto .
Teorema chino del resto
Si quieres saber cuántos enteros son relativamente primos de $pqr\dots s$ en el conjunto $\mathcal{S}=\{1,2,3,\dots,kpqr\dots s\}$ el Teorema del Resto Chino dice que hay una solución para $$ \begin{align} x&\equiv a\pmod{p}\\ x&\equiv b\pmod{q}\\ x&\equiv c\pmod{r}\\ &\vdots\\ x&\equiv d\pmod{s} \end{align} $$ mod $pqr\dots s$ para cada elección de $a,b,c,\dots,d$ . Por lo tanto, para ser relativamente primo a $pqr\dots s$ podemos elegir $a,b,c,\dots,d$ para ser cualquier residuo distinto de cero, módulo del primo correspondiente. Es decir, hay $(p-1)(q-1)(s-1)\dots(s-1)$ números mod. $pqr\dots s$ que son relativamente primordiales para $pqr\dots s$ . En otras palabras, $\frac{(p-1)(q-1)(r-1)\dots(s-1)}{pqr\dots s}$ de los números en $\mathcal{S}$ son relativamente primos a $pqr\dots s$ .
Límites
Definir $$ \mathcal{S}_n=\left\{j\in\mathbb{Z}:1\le j\le n\right\} $$ Tenga en cuenta que el número de pares en $\mathcal{S}_n\times\mathcal{S}_n$ compartir cualquier prime $p$ es como máximo $\frac{n^2}{p^2}$ .
Elija un $\epsilon\gt0$ y luego elegir un $N$ para que $$ \sum_{p\ge N}\frac1{p^2}\le\epsilon $$ y elija un $K$ para que $K\epsilon\ge1$ . Establecer $P=\prod\limits_{p\lt N}p$ .
Sabemos que exactamente $\prod\limits_{p\lt N}\left(1-\frac1{p^2}\right)$ de los pares en $\mathcal{S}_{kP}\times\mathcal{S}_{kP}$ no comparten ningún factor primo menor que $N$ .
Considere $\mathcal{S}_n$ donde $kP\le n\le(k+1)P$ y $k\ge K$ . Dado que la relación de los tamaños de estos conjuntos no es más que $\frac{k+1}{k}$ la fracción de pares sólo puede cambiar en una proporción de $\left(\frac{k+1}{k}\right)^2\le(1+\epsilon)^2$ .
Además, la fracción de pares de $\mathcal{S}_n\times\mathcal{S}_n$ compartiendo cualquier primo mayor que $N$ es como máximo $$ \frac1{n^2}\sum_{p\ge N}\frac{n^2}{p^2}\le\epsilon $$ Por lo tanto, como la variación de la fracción de pares de $\mathcal{S}_n\times\mathcal{S}_n$ varía poco y la fracción de pares que comparten primos no contabilizados es pequeña, obtenemos que la fracción de pares de $\mathcal{S}_n\times\mathcal{S}_n$ que no comparten factores primos tiende a $$ \prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-\frac1{p^2}\right)=\left(\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\right)^{-1}=\frac6{\pi^2} $$
