素数之恋笔记

总结

读后感觉

有些书看完一章非常想接着看下一章，比方好看的小说，另外一些则须要“坚持”才干看完后年的部分。这本书对我来说属于前一种，所以一个周末就看完一遍了，又用接下来5个工作日的空暇时间读了第二遍。以后某个时间可能还会读第3遍。

第一部分非常easy。第二部分的数学部分则有些难度。书中说仅仅须要非常少的数学知识就能够读懂黎曼猜想，而且假设读完还是不能理解黎曼猜想，就不可能理解了。读完以后，我发现这是事实，作者说的确实已经非常基本了。

总体总结

书中的核心是素数定理与黎曼猜想。这两者到底什么关系直到看完整本书最后才说明。

在第19章说明了素数定理和ζ函数的关系，第21章说明了素数定理和黎曼猜想的关系。如今做个总结。
1. .素数定理 π(N)∼NlnN
2. 对π(x)比x/lnx更好的逼近 π(N)∼Li(N)=∫N0(1/lnt)dt
3. 通过π函数定义J函数

J (x) = π (x) + 1 2 π (x \sqrt)) + 1 3 π (x \sqrt 3)) + . . .

4. 通过J函数反推

π函数

π (x) = \sum n μ ( n ) n J (X - - \sqrt n)

ζ函数

ζ (s) = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . .

6. 书中一直提的金钥匙,，也就是欧拉积公式

ζ (s) = \sum n n - s = \prod p (1 - p - s) - 1

7. 金钥匙（微积分形式）

1 s ln ζ (s) = \int \infty 0 J (x) x - s - 1 d x

而

π (x) = \sum n μ ( n ) n J (x \sqrt n), μ 为 莫 比 乌 斯 函 数

8. 最后的精确公式

J (x) = l i (x) - \sum ρ L i (x ρ) - ln (2) + \int a x d t t ( t 2 - 1 ) ln t

当中

ρ为黎曼

ζ函数非平庸零点

书中一些补充和公式的证明

第1章

一些有趣的数列
调和级数

\sum N 1 n = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + . . . = ln (n + 1) + r

当中r=0.577…为欧拉常数
2√数列。上部加下部得到新的下部，上部加两倍下部得到新的上部

1 1, 3 2, 7 5, 17 12, . . .

当中

a1=1,an=bncn,cn=cn−1+bn−1,bn=bn−1+2cn−1,n>1，an逼近

2√
费了好大劲最终把这个证明了
考虑上面数列减1

1 1, 1 2, 2 5, 5 12, 12 29 d n = f n e n

fn=en−1

e1=1

e2=2

en=2en−1+en−2对于n>2
待定系数。上式能够写成

e n - (1 + 2 \sqrt) e n - 1 = (1 - 2 \sqrt) (e n - 1 - (1 - 2 \sqrt) e n - 2)

令

gn=en−(1+2√)en−1得

g n = (1 - 2 \sqrt) g n - 1, g 2 = 1 - 2 \sqrt

g n = (1 - 2 \sqrt) n - 1 = e n - (1 + 2 \sqrt) e n - 1

故

en=(1+2√)en−1+(1−2√)n−1

(1+2√)en−1=(1+2√)2en−2+(1+2√)(1−2√)n−1

(1+2√)2en−2=(1+2√)3en−3+(1+2√)2(1−2√)n−1
…

(1+2√)n−4e4=(1+2√)n−3e3+(1+2√)n−4(1−2√)n−1

(1+2√)n−3e3=(1+2√)n−2e2+(1+2√)n−3(1−2√)n−1
等号左右分别相加得

en=2(1+2√)n−2+(1−2√)n−1(1+2√)n−2−12√

=2(1+2√)n−2−(1−2√)n−12√+1−2√2√(−1)n−2
而

an=bncn=1+dn=en+en−1en

=4+22√−(22√−3)(1−2√1+2√)n−32+2√−3−22√2√(1−2√1+2√)n−3−1−2√2√(−11+2√)n−3
当n变大以后，上面分数除前面常数项，后面项都逼近0。所以上式逼近

2√
证毕
π数列，第N个数:假设N是偶数。则用

NN+1乘前一个数，否则假设N为奇数，则用

N+1N乘前一个数

4 1, 8 3, 32 9, 128 45, . . .

e数列

11, (1 1 2) 2, (1 1 3) 3, (1 1 4) 4, . . .

第5章

lnx增长的非常慢。比x的随意正数次方都慢，使得它与x0非常像，就好像第7张表7.2的多项式积分。lnx代替了x0的位置
函数x−2 x−1 x0
积分−x−1 lnx x
在x0不能出现的某些地方，lnx作为替代品出现
这一章ζ函数出现，事实上ζ(1)就是调和级数，ζ(2)就是巴塞尔问题。很多其它的ζ函数后面才会提到，然而。对于调和级数和巴塞尔问题。欧拉的证明都非常easy理解，尽管可能不是非常严谨。全部级数相关证明。泰勒级数还是要理解的。复习下高数相关章节就可以
调和级数计算：
ln(1+x)=x−x2/2+x3/3−...
ln(1+1/x)=1/x−1/2x2+1/3x3−...
1/x=ln((x+1)/x)+1/2x2−1/3x3+...
上式带入x=1,2,…,n得到
1/1=ln(2)+1/2−1/3+1/4−1/5+...
1/2=ln(3/2)+1/2∗4−1/3∗8+1/4∗16−...
…
1/n=ln((n+1)/n)+1/2n2−1/3n3+...
两边相加得到
1+1/2+1/3+1/4+...1/n=ln(n+1)+1/2∗(1+1/4+1/9+...+1/n2)−1/3∗(1+1/8+1/27+...+1/n3)+......
后面那一串和都是收敛的。我们能够定义
1+1/2+1/3+1/4+...1/n=ln(n+1)+r
Euler近似地计算了r的值。约为0.5772…这个数字就是后来称作的欧拉常数
巴塞尔问题计算
相同是依据一个泰勒级数
sinx=x−x33!+x55!−x77!+...
两边除以xsinxx=1−x23!+x45!−x67!+...
sinxx=0的根出如今x=n∗π,n=±1,±2,...，因此
sinxx=(1−xπ)(1+xπ)(1−x2π)(1+x2π)...
将右边展开。则x2系数为

- (1 π 2 + 1 4 π 2 + 1 9 π 2 + . . .) = - 1 π 2 \sum n = 1 \infty 1 n 2

所以

- 1 6 = - 1 π 2 \sum n = 1 \infty 1 n 2

得出结论

\sum n = 1 \infty 1 n 2 = π 2 6

第7章

因为积分与和有千丝万缕的联系，所以素数定理和Li(x)函数就被关联了起来
素数定理是说小于某个数的素数个数，等于这个N个数每一个数是素数的概率的和
Li(x)的定义是小于x对1/ln(x)的积分

第9章

这一章给出了ζ函数的定义：
对x>1

ζ (s) = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . .

对1>x>0

η (s) = 1 - 1 2 s + 1 3 s - 1 4 s + . . .

ζ (s) = η (s) \div (1 - 1 2 s - 1)

最后一个公式

ζ (1 - s) = 2 1 - s π - s s i n (1 - s 2) (s - 1)! ζ (s)

这个公式太复杂了，我是搞不明确怎么推出来的。只是借此了解下随意数的阶乘。

这本书前面已经提到非常多对数列或者某种规则生成的数的计算。第一章给出了能生成πe这些数的规则。因此数学家们也找到了阶乘相关等式

N! \sim N N e - N 2 π N - - - - \sqrt

还有一方面也在寻找能拟合阶乘的函数。这就是伽马函数

Γ = \int + \infty 0 t x - 1 e - t d t

它的特点是

Γ (x + 1) = x Γ (x)

定义

N! = Γ (N + 1)

网上有一篇讲这个非常好的文章
奇妙的Gamma函数

第10章

PNT由例如以下结果推得

ζ 函 数 所 有 非 平 凡 零 点 都 有 小 于 1 的 实 部

第13章

复数的加减乘除都没有问题，幂是有问题的，不知道为啥作者没说eπi=−1。可是两边不能随意取幂。我们不能说e23πi=(−1)23。这时候要用欧拉公式

e i x = cos x + sin x

具体情况仅仅能研究复变函数了。事实上。复数域中指数函数的定义为

f (z) = e x (cos y + i sin y) 其 中 x = R e (z) y = A m (z)

上面的问题后来理解了。

(−1)23在复数域中确实有一个值是

e23πi
重复读了几遍这一章想了解这个可能须要一生去研究的

ζ函数，仅仅能了解各大概，只是作者13.6、13.7、13.8给人帮助非常大，了解了这个函数的一些特点，作为一个非常业余的数学爱好者，可能也就这样了

第14章

哈代在1914年证明ζ函数有无穷多个非平庸零点满足黎曼假设。即实部是1/2.
李特尔伍德则证明了Li(x)与π(x)交替上升而不是前者一定大于后者
科赫证明假设黎曼假设成立π(x)=Li(x)+O(x√lnx)

第15章

定义莫比乌斯函数μ以后ζ函数能够写作

1 ζ ( s ) = \sum n μ ( n ) n s

定义麦腾尔函数M(k)为莫比乌斯函数前k项和，则得出比黎曼假设更强的定理：

M(k)=O(k12)
与黎曼假设一样强的定理是：

M(k)=O(k12+ϵ)

第16章

这一章包括了2个内容
ζ函数临界线上虚部的值（高度）表示为t或T，到某一高度零点个数定义为

N (T) = T 2 π ln (T 2 π) - T 2 π + O (ln T)

还有一个是在一段区间证明黎曼猜想

第17 18章

这两张主要讲了ζ函数和物理上的一些关系，关键是艾尔米特矩阵

第19章

这一章说明了素数定理和ζ函数的关系

1 s ln ζ (s) = \int \infty 0 J (x) x - s - 1 d x

而

π (x) = \sum n μ ( n ) n J (x \sqrt n), μ 为 莫 比 乌 斯 函 数

这样

π(x)就能够用

ζ函数来表示了。第二个式子

π(x)和J函数的关系对于不了解的人肯定非常困惑，这是解析数论里面最主要的莫比乌斯反演推出的。看了apostol的Introduction to Analytic Number Theory第2章2.14定理2.23得出

G (x) = \sum n \leq x α (n) F (x n) \sim F (x) = \sum n \leq x μ (n) α (n) G (x n)

而

J (x) = \sum n = 1 log x 1 n π (x 1 n) = \sum n = 1 log x 1 n π (e log x n)

log x = y t h e n J (y) = \sum n = 1 y 1 n π (e y n)

将

α(n)=1n和

F(x)=π(ex)以及

G(x)=J(ex)应用于上面的莫比乌斯卷积公式得出

π (e y) = \sum n \leq y μ ( n ) n J (e x n)

得出最后结果

π (x) = \sum n \leq log x μ ( n ) n J (x 1 n)

这一章主要就是介绍第一个式子。

ζ和J函数之间的关系是怎么推出来的。左边的展开相对easy理解。右边展开须要了解多项式积分和积分事实上是求面积
左边

lnζ(s)=−ln(1−2−s)−ln(1−3−s)−ln(1−5−s)−...
依据无穷级数公式作为

ln(1−x)展开右边得到

12s+(12122s)+(13123s)+(14124s)+...

13s+(12132s)+(13133s)+(14134s)+...

15s+(12152s)+(13153s)+(14154s)+...

...
右边

∫∞0J(x)x−s−1dx因为

J(x)小于2为0。所以仅仅需考虑2開始的积分。积分就是求这个函数与x轴之间的面积，计算方法是把这个面积分成一条条被压缩的横条，假设没有后面的

x−s−1，则是一条条横条。全部横条就是全部素数及其幂所在的地方。则面积对每一个素数2、3、5…分开计算。等于

∫∞2dx+12∫∞22dx+13∫∞23dx+14∫∞24dx+...

∫∞3dx+12∫∞32dx+13∫∞33dx+14∫∞34dx+...

∫∞5dx+12∫∞52dx+13∫∞53dx+14∫∞54dx+...

...
压缩以后每一个积分项中加上

x−s−1就可以：

∫∞2x−s−1dx+12∫∞22x−s−1dx+13∫∞23x−s−1dx+14∫∞24x−s−1dx+...

∫∞3x−s−1dx+12∫∞32x−s−1dx+13∫∞33x−s−1dx+14∫∞34x−s−1dx+...

∫∞5x−s−1dx+12∫∞52x−s−1dx+13∫∞53x−s−1dx+14∫∞54x−s−1dx+...

...
计算得到

1s12s+1s12122s+1s13123s

1s13s+1s12132s+1s13133s

1s15s+1s12152s+1s13153s
刚好等于左边除以s

第20章

黎曼算子就是一个这种矩阵：它的本征值是ζ函数的零点。
本章讲了非常多余黎曼猜想相关内容或证明途径，最有趣的的是15章的M函数，这个预计谁都能看懂。可是跟黎曼猜想等价则仅仅有专业人士才干理解了。