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(ngeq 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_1dots 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'_1dots 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(egin{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(=2sum_{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 o 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(aot b)就意味着对所有素数(p_i)，都不同时被它整除，概率：
(egin{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(egin{aligned}prod_{i=1}^infty frac{1}{1-p_i^{-2}}end{aligned})非常经典：
形如(egin{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(egin{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(egin{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)dotsend{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(egin{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(egin{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+isin x)来换。
更一般地，我们应该是有办法计算(egin{aligned}sum_{n=1}^infty frac{sin(nx)}{n}end{aligned})和(egin{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(egin{aligned}sum_{n=1}^infty frac{isin (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。
(egin{aligned}sum_{n=1}^infty frac{sin(nx)}{n}&=-Im(1-e^x)=arg(1-cos x-isin x)\&=-arctan(frac{-sin x}{1-cos x})=arctan(frac{2sinfrac{x}{2} cosfrac{x}{2}}{2sin ^2 frac{x}{2}})\&=arctan(cot frac{x}{2})=arctan( an(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(2pi)的关系在结果上加减若干个(2pi).
以及我们用同样的方法能顺便算出(cos)的情形：
(egin{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 (2-2cos x)\&=-frac{1}{2}ln(4sin^2 frac{x}{2})=-ln (2sin 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