Mi intento, a pesar de que los rendimientos de una respuesta que no es muy agradable
Tomar un conjunto particular $F=\{i:1\le i\le k\}$.
Vamos a encontrar el número de factores que son coprime a $\prod_{i\in F}p_i$.
Para cualquier divisor $d$$b_1,...,b_j \in\mathbb N_0,\,\,\, (\forall i)\,\,\,b_i\le a_i$,
$$\gcd\left(d\,\,\,,\,\,\,\prod_{i\in F}p_i\right)=1 \iff d=\prod_{i\not\in F} p_i^{b_i}$$
$\implies$ (conjunto de todos los posibles divisores $\neq1$ cuales son coprime para el producto de números primos indexados por $F$)
$$\left|\left\{d\neq1:(d\,\,|\,\,n)\land\gcd\left(d\,\,\,,\,\,\,\prod_{i\in F}p_i\right)=1\right\}\right|=\left(\prod_{i\not\in F} (a_i+1)\right)-1$$
Ahora, para $b_1,...,b_n \in\mathbb N_0$,
$$\gcd\left(\prod_{i\in J} p_i, x\right)=1 \iff \gcd\left(\prod_{i\in J} p^{b_i}, x\right)=1,$$
$\implies$ (conjunto de todos los posibles pares de con $f$ está compuesta sólo de números primos indexados por $F$)
$$\left|\left\{(d,f):(d\,\,|\,\,n)\land(b_1,...,b_{|F|} \in\mathbb N_0,\,\,\, (\forall i)\,\,\,b_i\le a_i)\land\left(f=\prod_{i\in F}p_i^{b_i}\right)\land(\gcd\left(d,f\right)=1)\right\}\right|=\left(\left(\prod_{i\in F} (a_i+1)\right)-1\right)\left(\left(\prod_{i\not\in F} (a_i+1)\right)-1\right)$$
$$=\prod^k_{i=1}{(a_i+1)}-\prod_{i\in F}{(a_i+1)}-\prod_{i\not\in F}{(a_i+1)}+1$$
Ahora, estamos interesados en $\left|\left\{\{d,f\}:(d\,\,|\,\,n)\land(f\,\,|\,\,n)\land(\gcd(d,f)=1)\right\}\right|$. Podemos encontrar este sumando los de arriba sobre todos los posibles conjuntos de $F$, pero tenemos que tener en cuenta que todo lo que se cuenta dos veces como estamos después de los pares no ordenados.
Así que la respuesta final, $T$, es
$$T=\left|\left\{\left\{d,f\right\}:(d\,\,|\,\,n)\land(f\,\,|\,\,n)\land(\gcd(d,f)=1)\right\}\right|=\frac{1}{2}\left|\left\{(d,f):(d\,\,|\,\,n)\land(f\,\,|\,\,n)\land(\gcd(d,f)=1)\right\}\right|$$
$$=\frac{1}{2}\sum_{F\neq\varnothing\subset\{1,...,k\}} \left(\prod^k_{i=1}{(a_i+1)}-\prod_{i\in F}{(a_i+1)}-\prod_{i\not\in F}{(a_i+1)}+1\right)$$
Deje $P=\prod^k_{i=1}(a_i+1)$. Entonces
$$T=\frac{1}{2}\left(\left(2^k-2\right)(P+1)-\sum_{F\neq\varnothing\subset\{1,...,k\}}\left(\prod_{i\in F}{(a_i+1)}+\prod_{i\not\in F}{(a_i+1)}\right)\right)$$
$$=\left(2^{k-1}-1\right)(P+1)-\frac{1}{2}\sum_{F\neq\varnothing\subset\{1,...,k\}}\left(\prod_{i\in F}{(a_i+1)}+\prod_{i\not\in F}{(a_i+1)}\right)$$
$$=\left(2^{k-1}-1\right)(P+1)-\sum_{F\neq\varnothing\subset\{1,...,k\}}\prod_{i\in F}{(a_i+1)}$$
$$=2^{k-1}(P+1)-\sum_{F\subseteq\{1,...,k\}}\prod_{i\in F}{(a_i+1)}$$
No estoy seguro de simplificar más. Parece que esta pregunta, Primaria simétrica polinomios y Newton Identidades están relacionados con
Ejemplo de cálculos:
$n=30=2^13^15^1\implies k=3, P=8, (\forall i)\,\,a_i+1=2$
Así, al observar que no se $2^k-2=6$ posibles subconjuntos, que todos son de tamaño $1$ o $2$,
$$T=27-(3(2)+3(4))=9$$
No está seguro de cuánto más complicado ejemplos se puede hacer sin necesidad de un ordenador para su verificación.
Yo no estoy tan seguro de que esta respuesta en particular se refiere a $$P=\prod_{i=1}^k(2a_i+1)$$ desde el enlace.
