解

首先, 易知(不严格地), 在大于2的整数中任性选一个数,则其为偶数的概率应该是
\(P_1=\frac{1}{2}\)
而在大于2的整数中任选两个数,则它们有公约数2(即两个数均为偶数)的概率应该是
\(P_2=P_1P_1=\frac{1}{2^2}\)
那么在大于2的整数中任选两个数,则它们没有公约数2的概率就是
\(P_{31}=1-P_2=1-\frac{1}{2^2}\)
同理,在大于2的整数中任选两个数,则它们没有公约数3的概率是
\(P_{32}=1-\frac{1}{3^2}\)
在大于2的整数中任选两个数,则它们没有公约数5的概率是
\(P_{33}=1-\frac{1}{5^2}\)
以此类推,在大于2的整数中任选两个数,则它们没有第k个素数公约数\(p_k\)的概率是
\(P_{3k}=1-\frac{1}{p_k^2}\)
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1外再无公约数,因此,在大于2的整数中任选两个数,则它们互质的概率是
\(P=\prod_{k=1}^{\infty}(1-\frac{1}{p_k^2})\)
其中\(p_k\)为第k个素数. 而由Euler乘积公式可知
\(\prod_{k=1}^{\infty}(1-\frac{1}{p_k^s})^{-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}=\zeta(s)\)
因此
\(P=(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2})^{-1} =\frac{6}{\pi^2}\)
这一步可以看我讲解Basel Problem的文章

证明

\(\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s} \tag{1}\)
两边同时乘以\(2^{-s}\)
\(\frac{1}{2^s}\zeta(s)= \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\cdots \tag{2}\)
(1)-(2)得
\((1-\frac{1}{2^s})\zeta(s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\cdots\)
可以看出,操作后无穷和中含有素因子2的项被消去了,如法炮制
\((1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta(s)=1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\cdots\)
含有素因子3的项被消去,以此类推,进行无穷次类似操作
\(\cdots(1-\frac{1}{p_k^s})\cdots(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta(s)=1\)
\(\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}=\prod_{k=1}^{\infty}(1-p_k^{-s})^{-1}\)