【专题笔记#1】质数
作者：互联网
Prime Number Theorem
质数定理：
\([1,N]\) 中质数的个数 \(\pi(N)\sim \dfrac{N}{\log(N)}\)。
Dirichlet's theorem on arithmetic progressions
狄利克雷定理：
对于任意互质正整数对 \((r,N)\)，模 \(N\) 余 \(r\) 的质数集合相对于质数集合的密度为 \(\dfrac{1}{\varphi(N)}\)，其中 \(\varphi(N)\) 为欧拉函数。
这个定理告诉我们一个有趣的事实：若正整数 \(a,b\) 互质，则集合 \(\{a+nb \mid n \in N\}\) 中有无穷多个质数。
Dirichlet series
具有以下形式的无穷级数被称为狄利克雷级数：
\[\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{n^s} \]其中 \(s\) 是一个复数，\(a_n\) 是一个复数列。
很多狄利克雷级数都可以通过莫比乌斯反演和狄利克雷卷积得到。
Riemann zeta function
黎曼 \(\zeta\) 函数是一种特殊的狄利克雷级数。
设一复数 \(s\) 满足 \(\Re(s)\gt 1\)，则定义：
\[\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^s} \]\(s=1\) 时，右边就是我们熟悉的调和级数。
有这样一个优美的性质：
\[\dfrac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\mu(n)}{n^s} \]其中 \(\mu(n)\) 就是莫比乌斯函数。
Euler product
欧拉乘积：
若 \(f\) 为积性函数，则狄利克雷级数 \(\sum_n f(n)n^{-s}\) 等于欧拉乘积 \(\prod_p P(p,s)\)，其中 \(P(p,s)\) 为 \(\sum_{n=0}^{\infty}f(p^n)p^{-ns}\)。
完全形态太复杂了，当 \(f\) 为完全积性函数时，\(P(p,s)\) 是等比级数，为 \(\dfrac{1}{1-f(p)p^s}\)。
有趣的是，当 \(f(n)=1\) 时，欧拉乘积就变成了黎曼 \(\zeta\) 函数，即：
\[\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^z}=\prod _p\dfrac{1}{1-p^{-z}} \]这个等式的证明非常有趣，我们将等式左边记为式 \((0)\)，然后不断重复以下操作：
- 将式 \((i-1)\) 乘上 \(p_i^{-1}\)，\(p_i\) 表示第 \(i\) 个质数，记为式 \((*)\)；
- 将式 \((i-1)\) 减去式 \((*)\)，记为式 \(i\)。
容易发现这就是埃氏筛的原理，最后所有质数的倍数都被筛掉了，所以会得到这样的等式：
\[\prod_p(1-p^{-s})\zeta(s)=1^{-s} \]把 \(\prod\) 移到右边就完事了。
现在来看一个问题：任取两个正整数互质的概率是多少？
任取两个正整数，则它们都不是第 \(k\) 个质数的倍数的概率应该是 \(1-\dfrac{1}{p_k^2}\)。
那么这两个数互质的概率就应该是 \(\prod(1-\dfrac{1}{p^2})\)，根据上面的等式，相当于 \(\dfrac{1}{\zeta(2)}\)，即 \(\dfrac{6}{\pi^2}\)。
这个问题还可以加强一下，详见 这篇博客。
标签：infty,专题,狄利克,dfrac,质数,笔记,zeta,sum 来源： https://www.cnblogs.com/theophania/p/note_01.html