有趣的數學題
這篇博文應該會持續更新，記錄一些我在各種地方看到的有意思的數學問題/證明。
存在連續的1000個數恰好有5個素數
如何證明存在1000個連續的自然數中恰好有5個素數？
（來自知乎問題https://www.zhihu.com/question/369220695下@demo256的回答）
首先是構造連續1000個合數（也就是1000個數沒有一個素數）：\(1001!+2,1001!+3,\dots,1001!+1001\)，這1000個數分別被\(2,3,4,\dots,1001\)整除，這算是比較經典的構造（素數的間距可以很大），接着\([1,1000]\)這個區間內素數個數顯然超過5個，我們考慮用一個長度是1000的窗口從\([1,1000]\)一步步滑動到\([1001!+2,1001!+1001]\)這個位置，每滑動一步，區間內素數的個數要么不變，要么變化為1，所以在變化過程中一定存在符合要求的區間。
整點正多邊形
如何證明整點正\(n\)邊形只存在\(n=4\)的情形？
（https://www.cnblogs.com/yoshinow2001/p/14599700.html來自某次訓練的題）
對於\(n=3\)，假設存在整點正三角形\(OAB\)，考慮設\(\vec{AB}=(a,b)\)，面積\(S=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2+b^2)\)是無理數，而整點正三角形面積\(S=i+\frac{p}{2}-1\)，\(i\)是內部整點數，\(p\)是邊上整點數，矛盾。
\(n=4\)顯然存在。
而對於\(n\geq 5\)的情形，同樣假設存在一個符合條件的最小正\(n\)變形\(A_0A_1\dots A_{n-1}\)，考慮每個點\(A_i\)繞\(A_{(i+1)mod n}\)旋轉90°得到\(A'_i\)，得到的\(A'_0A'_1\dots A'_{n-1}\)一定也是一個整點正\(n\)變形，而且更小，矛盾！
\(Q.E.D.\)
說起來前段時間看初等數論的時候，看到里面的一段證明和這個思路有幾分相似：
1/49=0.020408163264...
（來自知乎問題：https://www.zhihu.com/question/413916805/answer/1406547844）
1/49小數點后幾項正好是個等比數列，這類可以構造：如果要展開后一個長度為\(k\)的小數部分是首項為\(a\)的等比數列的項，那就是\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^\infty \frac{a^i}{10^{ki}}=\frac{\frac{a}{10^k}}{1-\frac{a}{10^k}}=\frac{a}{10^k-a}\end{aligned}\)，對應的就是這里\(a=2,k=2\)，算出來的小數2/98=1/49.
隨機兩個自然數，互質的概率
（來自於去年暑假第一個次和隊友lzx打組隊的一道題）
一種是直接算\([1,n]\)中互質的數的對數\(=2\sum_{i=1}^n \varphi(i)-1\)，歐拉函數求和我們可以杜教篩，一共有\(n^2\)對，然后這個和式我們利用一些technique（查文獻）可以知道是\(\frac{3n^2}{\pi^2}+O(xxx)\)的東西，當\(n\to \infty\)的時候忽略后面的，就得到概率\(\frac{6}{\pi^2}\)
另一個做法是我當時查資料查到的：
考慮隨機兩個數\(a,b\)，同時被素數\(p_i\)整除的概率是\(\frac{1}{p_i^2}\)，那么不同時被\(p_i\)整除的概率就是\(1-\frac{1}{p_i^2}\)，而\(a\bot b\)就意味着對所有素數\(p_i\)，都不同時被它整除，概率：
\(\begin{aligned}P=\prod_{i=1}^\infty (1-\frac{1}{p_i^2})=\frac{1}{\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}}\end{aligned}\)，而下面那個求積的式子\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^{-2}}\end{aligned}\)非常經典：
形如\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^{-s}}\end{aligned}\)的式子叫歐拉乘積公式（Euler Product Formula），里面每一項可以看成是\(\begin{aligned}\sum _{k=0} p_i ^{-ks}=1+\frac{1}{p_i^s}+\frac{1}{p_i^{2s}}+\dots=\frac{1}{1-p_i^{-s}}\end{aligned}\)，所以整個求積的式子寫開就是\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^s}=(1+\frac{1}{p_1^s}+\frac{1}{p_1^{2s}}+\dots)(1+\frac{1}{p_2^s}+\frac{1}{p_2^{2s}}+\dots)\dots\end{aligned}\)，質因數分解的唯一性告訴我們，每個自然數的\(-s\)次冪都唯一地出現在這個式子中，所以這個式子就等於\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^s}\end{aligned}\)，也就是\(\zeta(s)\)。
回到我們的問題，要求的直接就是\(P=\frac{1}{\zeta(2)}\)，\(\zeta(2)\)是經典的巴塞爾問題的答案，它的結果是\(\frac{\pi ^2 }{6}\)，所以概率就是\(\frac{6}{\pi^2}\)。
一個三角級數
某日晚自習在水群，看到有個大一小朋友（說的好像你自己不是大一的啊喂）問了一道題，大意是給了一個類似\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\sin (\frac{\pi}{2}n)\end{aligned}\)的式子，要判斷斂散性，我：這東西好像能直接算出來…？
嗯…我想想要怎么算…目前（就是寫這博客的時候）還沒學太多求級數的方法，應該是最近用歐拉公式用得多了，看到這個式子的第一反應是想到用\(e^x=\cos x+i\sin x\)來換。
更一般地，我們應該是有辦法計算\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n}\end{aligned}\)和\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n}\end{aligned}\)這兩個東西的…吧？
總感覺這個形式是不是有點像什么東西…我們先把他們拼起來\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{i\sin (nx)+\cos (nx)}{n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(e^x)^n}{n}\end{aligned}\)，這東西不是\(-\ln(1-e^x)\)的麥克勞林展開么？那就好辦。
\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n}&=-\Im(1-e^x)=\arg(1-\cos x-i\sin x)\\&=-\arctan(\frac{-\sin x}{1-\cos x})=\arctan(\frac{2\sin\frac{x}{2} \cos\frac{x}{2}}{2\sin ^2 \frac{x}{2}})\\&=\arctan(\cot \frac{x}{2})=\arctan(\tan(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}))=\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}\end{aligned}\)
因為復數域上的\(\ln\)是個多值函數，這里要根據幅角\(x\)和\(2\pi\)的關系在結果上加減若干個\(2\pi\).
以及我們用同樣的方法能順便算出\(\cos\)的情形：
\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos (nx)}{n}&=-\Re(1-e^x)=-\ln \sqrt{(1-\cos x)^2+\sin^2 x}=-\frac{1}{2}\ln (2-2\cos x)\\&=-\frac{1}{2}\ln(4\sin^2 \frac{x}{2})=-\ln (2\sin \frac{x}{2})\end{aligned}\)
寫了個程序跑了一下居然真的一樣（大草），數學真奇妙。
（以及感謝舍友小伙伴給我的式子debug（x）
Bailey–Borwein–Plouffe formula（留坑）
之前刷知乎看到的一個東西，感覺很有意思有空想研究一下（x