任取两个大于 2 的整数，其互质的概率是多少？
这个问题有点意思，是关于数论里一个相当经典的概率问题。想弄明白两个大于 2 的整数互质的概率，咱们得从几个层面来聊聊。
首先，咱们得明确“互质”是啥意思。两个数互质，简单来说，就是它们除了 1 之外，没有其他公因数了。比如 3 和 5 是互质的，它们的公因数只有 1。而 6 和 9 就不互质，它们都有一个公因数 3。
那要说概率，就得先有个“样本空间”，也就是我们选数的范围。你说“任取两个大于 2 的整数”，这范围其实是无限的。当样本空间是无限的时候，直接去数有多少对互质的数和总数，那是不太好操作的。所以，数论里通常会采取一种“渐进”的思路，就像我们研究自然数本身一样，考虑的范围越来越大，然后看比例的变化。
想象一下，我们取两个整数，比如叫它们 $a$ 和 $b$。什么情况下它们 不互质 呢？最直接的情况就是它们有一个共同的质因数。比如，它们可能都是 2 的倍数，也可能都是 3 的倍数，也可能是 5 的倍数，等等。
咱们先从最简单的质数 2 说起。两个数 $a$ 和 $b$ 都是偶数（也就是 2 的倍数）的概率是多少？如果随机选一个大于 2 的整数，它不是 2 的倍数的概率是 1/2，是 2 的倍数的概率也是 1/2。那么，两个都 是 2 的倍数的概率，就是 $(1/2) imes (1/2) = 1/4$。
如果两个数 $a$ 和 $b$ 都不是 2 的倍数，它们互质的可能性就大一些了。
接下来考虑质数 3。一个数是 3 的倍数的概率大约是 1/3。所以，两个数 $a$ 和 $b$ 同时 是 3 的倍数的概率，大约是 $(1/3) imes (1/3) = 1/9$。
这里大家可能会有点直觉了：如果一个数是质数 $p$ 的倍数，概率是 $1/p$。那两个数同时是质数 $p$ 的倍数的概率就是 $(1/p)^2$。
那么，两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的情况，就是至少存在一个质数 $p$，使得 $a$ 和 $b$ 都 是 $p$ 的倍数。
我们之前算的是两个数同时是 2 的倍数的概率是 $1/4$。然后是同时是 3 的倍数的概率是 $1/9$。那是不是把这些概率加起来就行了？比如 $1/4 + 1/9 + 1/25 + dots$？
其实不行。这里面有一个“排容原理”的问题。比如，同时是 2 的倍数，同时又是 3 的倍数，这种情况（也就是同时是 6 的倍数）会被我们重复计算两次。
咱们换个角度想：两个数 $a$ 和 $b$ 互质 的意思，就是它们没有 任何一个共同的质因数。
假设我们选取一个很大的范围 $[1, N]$，然后从中选取两个数。当 $N$ 越来越大的时候，这些数“随机性”就越来越强。
两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的概率，就是它们至少有一个共同质因数 $p$ 的概率。
一个数 $p$ 不 是 $a$ 的因数的概率是 $1 1/p$。
那么，$p$ 不是 $a$ 的因数 且 $p$ 不是 $b$ 的因数（也就是 $p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的因数）的概率是 $(1 1/p) imes (1 1/p) = (1 1/p)^2$。
所以，$p$ 至少有一个 是 $a$ 和 $b$ 的因数的概率，就是 $1 (1 1/p)^2$。
那要让 $a$ 和 $b$ 互质，就必须 对于所有的质数 $p$，$p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的共同因数。
这意味着，对于每一个质数 $p$，要么 $p$ 不是 $a$ 的因数，要么 $p$ 不是 $b$ 的因数，或者两者都不是。而我们之前算的是，$p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的因数。这个表述有点绕。
换一种更直接的说法：
两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的概率，就是它们有一个共同质因数 $p$ 的概率。
我们刚才分析了，两个数都被 $p$ 整除的概率是 $(1/p)^2$。
两个数互质的概率，实际上就是所有质数 $p$ 都 不能 同时整除 $a$ 和 $b$ 的概率的乘积。
更严谨地说，两个数 $a$ 和 $b$ 互质 的概率，等于 对于每一个质数 $p$，它们不都被 $p$ 整除的概率 的乘积。
也就是说，对于质数 $p$，$a$ 和 $b$ 不都 是 $p$ 的倍数的概率是 $1 (1/p)^2$。
那么，$a$ 和 $b$ 互质的概率就是所有这些概率的乘积：
$$ P( ext{a, b 互质}) = prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) $$
这里面的乘积 $ prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) $ 大家可能会觉得眼熟，它和黎曼 zeta 函数 $zeta(s)$ 有一个非常有名的关系式：
$$ zeta(s) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^s} = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 p^{s}} $$
当 $s=2$ 时，我们有
$$ zeta(2) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{1}{1^2} + frac{1}{2^2} + frac{1}{3^2} + dots = frac{pi^2}{6} $$
所以，
$$ zeta(2) = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 p^{2}} = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 frac{1}{p^2}} $$
对比一下，我们要求的互质概率就是：
$$ P( ext{a, b 互质}) = prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) = frac{1}{zeta(2)} $$
所以，两个大于 2 的整数互质的概率就是 $1 / (pi^2 / 6) = 6 / pi^2$。
为什么说“大于 2 的整数”这里的“大于 2”不影响结果呢？
这个概率的计算，是基于我们选取两个“随机”整数的。虽然我们这里限定了大于 2，但在数论的概率统计里，当处理无限集合时，这种比例的趋近是非常稳定的。
可以想象一下，我们选取的是 ${3, 4, 5, 6, dots }$ 这个集合。如果我们把所有大于等于 1 的整数组成的集合记为 $S = {1, 2, 3, 4, dots}$，那么随机选取两个数互质的概率是 $6/pi^2$。
如果我们选取的是 $S' = {3, 4, 5, 6, dots }$，这个集合是把 $S$ 中的 1 和 2 去掉了。少了 1 和 2 这两个数的影响，会不会改变互质的比例呢？
其实，这里的概率计算是基于渐近密度。即使我们排除掉一些数，只要剩余的集合的“密度”不发生剧烈变化，互质的概率基本保持不变。
为什么呢？
考虑我们选的两个数 $a$ 和 $b$。
如果 $a$ 和 $b$ 都小于等于 2，那么它们是 ${1, 2}$ 中的数。我们选的是大于 2 的数，所以 $a ge 3, b ge 3$。
这个排除掉 1 和 2 的操作，对整体概率的影响非常微小，因为当考虑的范围越来越大时，这两个数所占的比例趋向于零。
更重要的是，互质性是由质因数决定的。而 1 和 2 作为数本身，它们对质因数分布的影响和那些更大的数相比，可以说是“无关紧要”的。
比如，如果随机取两个数 $a, b ge 1$，它们都不能被质数 $p$ 整除的概率是 $(11/p)^2$。
如果我们限定 $a, b ge 3$，那么它们都不能被质数 $p$ 整除的概率呢？
这里稍微有点棘手。我们不能简单地认为去掉 1 和 2 后，剩下的数被 $p$ 整除的概率还是 $1/p$。例如，对于 $p=3$，剩下的数是 ${3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, dots}$。被 3 整除的数是 ${3, 6, 9, dots}$，它们在这个集合中出现的频率还是 $1/3$。对于 $p=2$，剩下的数是 ${3, 4, 5, 6, 7, 8, dots}$。被 2 整除的数是 ${4, 6, 8, dots}$，在这个集合中出现的频率是 $2/3$（不考虑 2 本身）。
然而，当我们考虑所有质数的情况时，这种对概率的微小调整会相互抵消。
数论中关于“随机整数”互质概率的计算，通常就是指当选择的范围非常大时所趋近的概率。在这种意义下，$6/pi^2$ 是普遍适用的。
所以，即使我们限制了必须大于 2，但因为我们考虑的是“概率”，也就是长期来看的比例，而排除掉 1 和 2 对这个比例的影响可以忽略不计，所以结果依然是 $6/pi^2$。
这个数字大概是 $6 / (3.14159^2) approx 6 / 9.8696 approx 0.6079$。也就是说，大概有 60.8% 的概率，你随机挑的两个大于 2 的整数是互质的。是不是比你想象的要高一些？
这就是数论中关于“素数定理”之后的一个非常美妙的结论，连接了整数的性质和圆周率这样一个几何常数。整个推导过程，依赖于对无限数列的性质和黎曼 zeta 函数的深刻理解。
首先，咱们得明确“互质”是啥意思。两个数互质，简单来说，就是它们除了 1 之外，没有其他公因数了。比如 3 和 5 是互质的，它们的公因数只有 1。而 6 和 9 就不互质，它们都有一个公因数 3。
那要说概率，就得先有个“样本空间”，也就是我们选数的范围。你说“任取两个大于 2 的整数”，这范围其实是无限的。当样本空间是无限的时候，直接去数有多少对互质的数和总数，那是不太好操作的。所以，数论里通常会采取一种“渐进”的思路，就像我们研究自然数本身一样，考虑的范围越来越大，然后看比例的变化。
想象一下，我们取两个整数，比如叫它们 $a$ 和 $b$。什么情况下它们 不互质 呢？最直接的情况就是它们有一个共同的质因数。比如，它们可能都是 2 的倍数，也可能都是 3 的倍数，也可能是 5 的倍数，等等。
咱们先从最简单的质数 2 说起。两个数 $a$ 和 $b$ 都是偶数（也就是 2 的倍数）的概率是多少？如果随机选一个大于 2 的整数，它不是 2 的倍数的概率是 1/2，是 2 的倍数的概率也是 1/2。那么，两个都 是 2 的倍数的概率，就是 $(1/2) imes (1/2) = 1/4$。
如果两个数 $a$ 和 $b$ 都不是 2 的倍数，它们互质的可能性就大一些了。
接下来考虑质数 3。一个数是 3 的倍数的概率大约是 1/3。所以，两个数 $a$ 和 $b$ 同时 是 3 的倍数的概率，大约是 $(1/3) imes (1/3) = 1/9$。
这里大家可能会有点直觉了：如果一个数是质数 $p$ 的倍数，概率是 $1/p$。那两个数同时是质数 $p$ 的倍数的概率就是 $(1/p)^2$。
那么，两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的情况，就是至少存在一个质数 $p$，使得 $a$ 和 $b$ 都 是 $p$ 的倍数。
我们之前算的是两个数同时是 2 的倍数的概率是 $1/4$。然后是同时是 3 的倍数的概率是 $1/9$。那是不是把这些概率加起来就行了？比如 $1/4 + 1/9 + 1/25 + dots$？
其实不行。这里面有一个“排容原理”的问题。比如，同时是 2 的倍数，同时又是 3 的倍数，这种情况（也就是同时是 6 的倍数）会被我们重复计算两次。
咱们换个角度想：两个数 $a$ 和 $b$ 互质 的意思，就是它们没有 任何一个共同的质因数。
假设我们选取一个很大的范围 $[1, N]$，然后从中选取两个数。当 $N$ 越来越大的时候，这些数“随机性”就越来越强。
两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的概率，就是它们至少有一个共同质因数 $p$ 的概率。
一个数 $p$ 不 是 $a$ 的因数的概率是 $1 1/p$。
那么，$p$ 不是 $a$ 的因数 且 $p$ 不是 $b$ 的因数（也就是 $p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的因数）的概率是 $(1 1/p) imes (1 1/p) = (1 1/p)^2$。
所以，$p$ 至少有一个 是 $a$ 和 $b$ 的因数的概率，就是 $1 (1 1/p)^2$。
那要让 $a$ 和 $b$ 互质，就必须 对于所有的质数 $p$，$p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的共同因数。
这意味着，对于每一个质数 $p$，要么 $p$ 不是 $a$ 的因数，要么 $p$ 不是 $b$ 的因数，或者两者都不是。而我们之前算的是，$p$ 都不是 $a$ 和 $b$ 的因数。这个表述有点绕。
换一种更直接的说法：
两个数 $a$ 和 $b$ 不互质 的概率，就是它们有一个共同质因数 $p$ 的概率。
我们刚才分析了，两个数都被 $p$ 整除的概率是 $(1/p)^2$。
两个数互质的概率，实际上就是所有质数 $p$ 都 不能 同时整除 $a$ 和 $b$ 的概率的乘积。
更严谨地说，两个数 $a$ 和 $b$ 互质 的概率，等于 对于每一个质数 $p$，它们不都被 $p$ 整除的概率 的乘积。
也就是说，对于质数 $p$，$a$ 和 $b$ 不都 是 $p$ 的倍数的概率是 $1 (1/p)^2$。
那么，$a$ 和 $b$ 互质的概率就是所有这些概率的乘积：
$$ P( ext{a, b 互质}) = prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) $$
这里面的乘积 $ prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) $ 大家可能会觉得眼熟，它和黎曼 zeta 函数 $zeta(s)$ 有一个非常有名的关系式：
$$ zeta(s) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^s} = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 p^{s}} $$
当 $s=2$ 时，我们有
$$ zeta(2) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{1}{1^2} + frac{1}{2^2} + frac{1}{3^2} + dots = frac{pi^2}{6} $$
所以，
$$ zeta(2) = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 p^{2}} = prod_{p ext{ is prime}} frac{1}{1 frac{1}{p^2}} $$
对比一下，我们要求的互质概率就是：
$$ P( ext{a, b 互质}) = prod_{p ext{ is prime}} left( 1 frac{1}{p^2} ight) = frac{1}{zeta(2)} $$
所以，两个大于 2 的整数互质的概率就是 $1 / (pi^2 / 6) = 6 / pi^2$。
为什么说“大于 2 的整数”这里的“大于 2”不影响结果呢？
这个概率的计算，是基于我们选取两个“随机”整数的。虽然我们这里限定了大于 2，但在数论的概率统计里，当处理无限集合时，这种比例的趋近是非常稳定的。
可以想象一下，我们选取的是 ${3, 4, 5, 6, dots }$ 这个集合。如果我们把所有大于等于 1 的整数组成的集合记为 $S = {1, 2, 3, 4, dots}$，那么随机选取两个数互质的概率是 $6/pi^2$。
如果我们选取的是 $S' = {3, 4, 5, 6, dots }$，这个集合是把 $S$ 中的 1 和 2 去掉了。少了 1 和 2 这两个数的影响，会不会改变互质的比例呢？
其实，这里的概率计算是基于渐近密度。即使我们排除掉一些数，只要剩余的集合的“密度”不发生剧烈变化，互质的概率基本保持不变。
为什么呢？
考虑我们选的两个数 $a$ 和 $b$。
如果 $a$ 和 $b$ 都小于等于 2，那么它们是 ${1, 2}$ 中的数。我们选的是大于 2 的数，所以 $a ge 3, b ge 3$。
这个排除掉 1 和 2 的操作，对整体概率的影响非常微小，因为当考虑的范围越来越大时，这两个数所占的比例趋向于零。
更重要的是，互质性是由质因数决定的。而 1 和 2 作为数本身，它们对质因数分布的影响和那些更大的数相比，可以说是“无关紧要”的。
比如，如果随机取两个数 $a, b ge 1$，它们都不能被质数 $p$ 整除的概率是 $(11/p)^2$。
如果我们限定 $a, b ge 3$，那么它们都不能被质数 $p$ 整除的概率呢？
这里稍微有点棘手。我们不能简单地认为去掉 1 和 2 后，剩下的数被 $p$ 整除的概率还是 $1/p$。例如，对于 $p=3$，剩下的数是 ${3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, dots}$。被 3 整除的数是 ${3, 6, 9, dots}$，它们在这个集合中出现的频率还是 $1/3$。对于 $p=2$，剩下的数是 ${3, 4, 5, 6, 7, 8, dots}$。被 2 整除的数是 ${4, 6, 8, dots}$，在这个集合中出现的频率是 $2/3$（不考虑 2 本身）。
然而，当我们考虑所有质数的情况时，这种对概率的微小调整会相互抵消。
数论中关于“随机整数”互质概率的计算，通常就是指当选择的范围非常大时所趋近的概率。在这种意义下，$6/pi^2$ 是普遍适用的。
所以，即使我们限制了必须大于 2，但因为我们考虑的是“概率”，也就是长期来看的比例，而排除掉 1 和 2 对这个比例的影响可以忽略不计，所以结果依然是 $6/pi^2$。
这个数字大概是 $6 / (3.14159^2) approx 6 / 9.8696 approx 0.6079$。也就是说，大概有 60.8% 的概率，你随机挑的两个大于 2 的整数是互质的。是不是比你想象的要高一些？
这就是数论中关于“素数定理”之后的一个非常美妙的结论，连接了整数的性质和圆周率这样一个几何常数。整个推导过程，依赖于对无限数列的性质和黎曼 zeta 函数的深刻理解。
网友意见
首先，易知(不严格地)，在大于 的自然数中任性选一个数，则其为偶数的概率应该是
而在大于 的自然数中任选两个数，则它们有公约数 (即两个数均为偶数)的概率应该是
那么在大于 的自然数中任选两个数，则它们没有公约数 的概率就是
同理，在大于 的自然数中任选两个数，则它们没有公约数 的概率是
在大于 的自然数中任选两个数，则它们没有公约数 的概率是
以此类推，在大于 的自然数中任选两个数，则它们没有第 个素数公约数 的概率是
而要是这两个数互质，则所有素数都应该不是它们的公约数，这样，它们除了 外再无公约数，因此，在大于 的自然数中任选两个数，则它们互质的概率是
其中 为第 个素数。
而由 乘积公式可知
因此
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