[持续更新]一些有趣的数学问题
有趣的数学题
这篇博文应该会持续更新，记录一些我在各种地方看到的有意思的数学问题/证明。
存在连续的1000个数恰好有5个素数
如何证明存在1000个连续的自然数中恰好有5个素数？
（来自知乎问题https://www.zhihu.com/question/369220695下@demo256的回答）
首先是构造连续1000个合数（也就是1000个数没有一个素数）：\(1001!+2,1001!+3,\dots,1001!+1001\)，这1000个数分别被\(2,3,4,\dots,1001\)整除，这算是比较经典的构造（素数的间距可以很大），接着\([1,1000]\)这个区间内素数个数显然超过5个，我们考虑用一个长度是1000的窗口从\([1,1000]\)一步步滑动到\([1001!+2,1001!+1001]\)这个位置，每滑动一步，区间内素数的个数要么不变，要么变化为1，所以在变化过程中一定存在符合要求的区间。
整点正多边形
如何证明整点正\(n\)边形只存在\(n=4\)的情形？
（https://www.cnblogs.com/yoshinow2001/p/14599700.html来自某次训练的题）
对于\(n=3\)，假设存在整点正三角形\(OAB\)，考虑设\(\vec{AB}=(a,b)\)，面积\(S=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2+b^2)\)是无理数，而整点正三角形面积\(S=i+\frac{p}{2}-1\)，\(i\)是内部整点数，\(p\)是边上整点数，矛盾。
\(n=4\)显然存在。
而对于\(n\geq 5\)的情形，同样假设存在一个符合条件的最小正\(n\)变形\(A_0A_1\dots A_{n-1}\)，考虑每个点\(A_i\)绕\(A_{(i+1)mod n}\)旋转90°得到\(A'_i\)，得到的\(A'_0A'_1\dots A'_{n-1}\)一定也是一个整点正\(n\)变形，而且更小，矛盾！
\(Q.E.D.\)
说起来前段时间看初等数论的时候，看到里面的一段证明和这个思路有几分相似：
1/49=0.020408163264...
（来自知乎问题：https://www.zhihu.com/question/413916805/answer/1406547844）
1/49小数点后几项正好是个等比数列，这类可以构造：如果要展开后一个长度为\(k\)的小数部分是首项为\(a\)的等比数列的项，那就是\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^\infty \frac{a^i}{10^{ki}}=\frac{\frac{a}{10^k}}{1-\frac{a}{10^k}}=\frac{a}{10^k-a}\end{aligned}\)，对应的就是这里\(a=2,k=2\)，算出来的小数2/98=1/49.
随机两个自然数，互质的概率
（来自于去年暑假第一个次和队友lzx打组队的一道题）
一种是直接算\([1,n]\)中互质的数的对数\(=2\sum_{i=1}^n \varphi(i)-1\)，欧拉函数求和我们可以杜教筛，一共有\(n^2\)对，然后这个和式我们利用一些technique（查文献）可以知道是\(\frac{3n^2}{\pi^2}+O(xxx)\)的东西，当\(n\to \infty\)的时候忽略后面的，就得到概率\(\frac{6}{\pi^2}\)
另一个做法是我当时查资料查到的：
考虑随机两个数\(a,b\)，同时被素数\(p_i\)整除的概率是\(\frac{1}{p_i^2}\)，那么不同时被\(p_i\)整除的概率就是\(1-\frac{1}{p_i^2}\)，而\(a\bot b\)就意味着对所有素数\(p_i\)，都不同时被它整除，概率：
\(\begin{aligned}P=\prod_{i=1}^\infty (1-\frac{1}{p_i^2})=\frac{1}{\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}}\end{aligned}\)，而下面那个求积的式子\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^{-2}}\end{aligned}\)非常经典：
形如\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^{-s}}\end{aligned}\)的式子叫欧拉乘积公式（Euler Product Formula），里面每一项可以看成是\(\begin{aligned}\sum _{k=0} p_i ^{-ks}=1+\frac{1}{p_i^s}+\frac{1}{p_i^{2s}}+\dots=\frac{1}{1-p_i^{-s}}\end{aligned}\)，所以整个求积的式子写开就是\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-p_i^s}=(1+\frac{1}{p_1^s}+\frac{1}{p_1^{2s}}+\dots)(1+\frac{1}{p_2^s}+\frac{1}{p_2^{2s}}+\dots)\dots\end{aligned}\)，质因数分解的唯一性告诉我们，每个自然数的\(-s\)次幂都唯一地出现在这个式子中，所以这个式子就等于\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^s}\end{aligned}\)，也就是\(\zeta(s)\)。
回到我们的问题，要求的直接就是\(P=\frac{1}{\zeta(2)}\)，\(\zeta(2)\)是经典的巴塞尔问题的答案，它的结果是\(\frac{\pi ^2 }{6}\)，所以概率就是\(\frac{6}{\pi^2}\)。
一个三角级数
某日晚自习在水群，看到有个大一小朋友（说的好像你自己不是大一的啊喂）问了一道题，大意是给了一个类似\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\sin (\frac{\pi}{2}n)\end{aligned}\)的式子，要判断敛散性，我：这东西好像能直接算出来…？
嗯…我想想要怎么算…目前（就是写这博客的时候）还没学太多求级数的方法，应该是最近用欧拉公式用得多了，看到这个式子的第一反应是想到用\(e^x=\cos x+i\sin x\)来换。
更一般地，我们应该是有办法计算\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n}\end{aligned}\)和\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n}\end{aligned}\)这两个东西的…吧？
总感觉这个形式是不是有点像什么东西…我们先把他们拼起来\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{i\sin (nx)+\cos (nx)}{n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(e^x)^n}{n}\end{aligned}\)，这东西不是\(-\ln(1-e^x)\)的麦克劳林展开么？那就好办。
\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n}&=-\Im(1-e^x)=\arg(1-\cos x-i\sin x)\\&=-\arctan(\frac{-\sin x}{1-\cos x})=\arctan(\frac{2\sin\frac{x}{2} \cos\frac{x}{2}}{2\sin ^2 \frac{x}{2}})\\&=\arctan(\cot \frac{x}{2})=\arctan(\tan(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}))=\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}\end{aligned}\)
因为复数域上的\(\ln\)是个多值函数，这里要根据幅角\(x\)和\(2\pi\)的关系在结果上加减若干个\(2\pi\).
以及我们用同样的方法能顺便算出\(\cos\)的情形：
\(\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos (nx)}{n}&=-\Re(1-e^x)=-\ln \sqrt{(1-\cos x)^2+\sin^2 x}=-\frac{1}{2}\ln (2-2\cos x)\\&=-\frac{1}{2}\ln(4\sin^2 \frac{x}{2})=-\ln (2\sin \frac{x}{2})\end{aligned}\)
写了个程序跑了一下居然真的一样（大草），数学真奇妙。
（以及感谢舍友小伙伴给我的式子debug（x）
Bailey–Borwein–Plouffe formula（留坑）
之前刷知乎看到的一个东西，感觉很有意思有空想研究一下（x
