素数之恋笔记

总结

读后感觉

有些书看完一章很想接着看下一章，比如好看的小说，另外一些则需要“坚持”才能看完后年的部分，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个工作日的空闲时间读了第二遍，以后某个时间可能还会读第3遍。第一部分很简单，第二部分的数学部分则有些难度。书中说只需要很少的数学知识就可以读懂黎曼猜想，并且如果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，作者说的确实已经很基本了。

整体总结

书中的核心是素数定理与黎曼猜想，这两者究竟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$\zeta$函数的关系，第21章说明了素数定理和黎曼猜想的关系。现在做个总结。
1. .素数定理 $\pi(N) \sim \dfrac{N}{\ln N}$
2. 对$\pi(x)$比$x/\ln x$更好的逼近 $\pi(N) \sim Li(N) = \int_0^N(1/\ln t)dt$
3. 通过$\pi$函数定义J函数

$$J(x) = \pi(x)+\frac12\pi(\sqrt{x}))+\frac13\pi(\sqrt[3]{x}))+...$$
4. 通过J函数反推$\pi$函数 $$\pi(x)=\sum_n\dfrac{\mu(n)}{n}J(\sqrt[n]X)$$
5. $\zeta$函数 $$\zeta(s)=1+\dfrac{1}{2^s}+\dfrac{1}{3^s}+\dfrac{1}{4^s}+...$$
6. 书中一直提的金钥匙,，也就是欧拉积公式 $$\zeta(s)=\sum_nn^{-s}=\prod_p(1-p^{-s})^{-1}$$
7. 金钥匙（微积分形式） $$\frac1s\ln {\zeta(s)}=\int_0^\infty J(x)x^{-s-1}dx$$
而 $$\pi(x)=\sum_n\frac{\mu(n)}nJ(\sqrt[n]{x}),\mu为莫比乌斯函数$$
8. 最后的精确公式 $$J(x) = li(x)-\sum_\rho Li(x^\rho)-\ln(2)+\int_x^a\dfrac{dt}{t(t^2-1)\ln t}$$
其中$\rho$为黎曼$\zeta$函数非平凡零点

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

$$\sum_N\frac1n=1+\frac12+\frac13+\frac14+...=\ln(n+1)+r$$ 其中r=0.577…为欧拉常数
$\sqrt{2}$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 $$\frac11, \frac32, \frac75, \dfrac{17}{12}, ...$$ 其中$a_1=1, a_n=\dfrac{b_n}{c_n}, c_n=c_{n-1}+b_{n-1}, b_n=b_{n-1}+2c_{n-1},n>1，a_n$逼近$\sqrt{2}$
费了好大劲终于把这个证明了
考虑上面数列减1 $$\frac11,\frac12,\frac25,\frac5{12},\frac{12}{29} d_n=\frac{f_n}{e_n}$$
$f_n=e_{n-1}$
$e_1=1$
$e_2=2$
$e_n=2e_{n-1}+e_{n-2}$对于n>2
待定系数，上式可以写成 $$e_n-(1+\sqrt2)e_{n-1}=(1-\sqrt2)(e_{n-1}-(1-\sqrt2)e_{n-2})$$
令$g_n=e_n-(1+\sqrt2)e_{n-1}$得 $$g_n=(1-\sqrt2)g_{n-1},g_2=1-\sqrt2$$ $$g_n=(1-\sqrt2)^{n-1}=e_n-(1+\sqrt2)e_{n-1}$$
故
$e_n = (1+\sqrt2)e_{n-1}+(1-\sqrt2)^{n-1}$
$(1+\sqrt2)e_{n-1} = (1+\sqrt2)^2e_{n-2}+(1+\sqrt2)(1-\sqrt2)^{n-1}$
$(1+\sqrt2)^2e_{n-2} = (1+\sqrt2)^3e_{n-3}+(1+\sqrt2)^2(1-\sqrt2)^{n-1}$
…
$(1+\sqrt2)^{n-4}e_4 = (1+\sqrt2)^{n-3}e_3+(1+\sqrt2)^{n-4}(1-\sqrt2)^{n-1}$
$(1+\sqrt2)^{n-3}e_3 = (1+\sqrt2)^{n-2}e_2+(1+\sqrt2)^{n-3}(1-\sqrt2)^{n-1}$
等号左右分别相加得
$e_n=2(1+\sqrt2)^{n-2}+(1-\sqrt2)^{n-1}\frac{(1+\sqrt2)^{n-2}-1}{\sqrt2}$
$=2(1+\sqrt2)^{n-2}-\frac{(1-\sqrt2)^{n-1}}{\sqrt2}+\frac{1-\sqrt2}{\sqrt2}(-1)^{n-2}$
而$a_n=\dfrac{b_n}{c_n}=1+d_n=\frac{e_n+e_{n-1}}{e_n}$
$=\frac{4+2\sqrt2-(2\sqrt2-3)(\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2})^{n-3}}{2+\sqrt2-\frac{3-2\sqrt2}{\sqrt2}(\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2})^{n-3}-\frac{1-\sqrt2}{\sqrt2}(-\frac1{1+\sqrt2})^{n-3}}$
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$\sqrt2$
证毕
$\pi$数列，第N个数:如果N是偶数，则用$\dfrac{N}{N+1}$乘前一个数，否则如果N为奇数，则用$\dfrac{N+1}{N}$乘前一个数 $$\frac41,\frac83,\dfrac{32}{9},\dfrac{128}{45},...$$
e数列 $$1^1,(1\frac12)^2,(1\frac13)^3,(1\frac14)^4,...$$

第5章

lnx增长的很慢，比x的任意正数次方都慢，使得它与$x^0$非常像，就好像第7张表7.2的多项式积分，lnx取代了$x^0$的位置
函数$x^{-2}$ $x^{-1}$ $x^0$
积分$-x^{-1}$ $\ln x$ $x$
在$x^0$不能出现的某些地方，lnx作为替代品出现
这一章$\zeta$函数出现，其实$\zeta(1)$就是调和级数，$\zeta(2)$就是巴塞尔问题，更多的$\zeta$函数后面才会提到，然而，对于调和级数和巴塞尔问题，欧拉的证明都很容易理解，虽然可能不是很严谨，所有级数相关证明，泰勒级数还是要理解的，复习下高数相关章节即可
调和级数计算：
$\ln (1+x)=x-x^2/2+x^3/3-...$
$\ln(1+1/x)=1/x-1/2x^2+1/3x^3-...$
$1/x=\ln ((x+1)/x)+1/2x^2-1/3x^3+...$
上式带入x=1,2,…,n得到
$1/1 = ln(2)+1/2-1/3+1/4-1/5+...$
$1/2 = ln(3/2)+1/2*4-1/3*8+1/4*16-...$
…
$1/n = ln((n+1)/n)+1/2n^2-1/3n^3+...$
两边相加得到
$1+1/2+1/3+1/4+...1/n = ln(n+1) + 1/2*(1+1/4+1/9+...+1/n^2) - 1/3*(1+1/8+1/27+...+1/n^3) + ......$
后面那一串和都是收敛的，我们可以定义
$1+1/2+1/3+1/4+...1/n = ln(n+1) + r$
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
同样是根据一个泰勒级数
$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...$
两边除以x$\dfrac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+...$
$\frac{\sin x}{x}=0$的根出现在$x=n*\pi, n=\pm 1,\pm2,...$，因此
$\frac{\sin x}{x}=(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{2\pi})(1+\frac{x}{2\pi})...$
将右边展开，则$x^2$系数为

$$-(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...)=-\frac1{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$$ 所以 $$-\frac16=-\frac1{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$$ 得出结论
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$$

第7章

由于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$\zeta$函数的定义：
对x>1

$$\zeta(s)=1+\dfrac{1}{2^s}+\dfrac{1}{3^s}+\dfrac{1}{4^s}+...$$
对1>x>0 $$\eta(s)=1-\dfrac{1}{2^s}+\dfrac{1}{3^s}-\dfrac{1}{4^s}+...$$
$$\zeta(s)=\eta(s)\div(1-\frac1{2^{s-1}})$$
最后一个公式 $$\zeta(1-s)=2^{1-s}\pi^{-s}sin(\frac{1-s}2)(s-1)!\zeta(s)$$
这个公式太复杂了，我是搞不明白怎么推出来的，不过借此了解下任意数的阶乘。
这本书前面已经提到很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$\pi e$这些数的规则，因此数学家们也找到了阶乘相关等式 $$N!\sim N^Ne^{-N}\sqrt{2\pi N}$$
另一方面也在寻找能拟合阶乘的函数，这就是伽马函数 $$\Gamma=\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$$
它的特点是 $$\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$$
定义 $$N!=\Gamma(N+1)$$
网上有一篇讲这个很好的文章
神奇的Gamma函数

第10章

PNT由如下结果推得

$$\zeta函数所有非平凡零点都有小于1的实部$$

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$e^{\pi i}=-1$，但是两边不能随意取幂，我们不能说$e^{\frac23\pi i}=(-1)^\frac23$，这时候要用欧拉公式

$$e^{ix}=\cos x+\sin x$$ 详细情况只能研究复变函数了。事实上，复数域中指数函数的定义为 $$f(z)=e^x(\cos y+i\sin y) 其中x=Re(z) y=Am(z)$$
上面的问题后来理解了，$(-1)^\frac23$在复数域中确实有一个值是$e^{\frac23\pi i}$
反复读了几遍这一章想了解这个可能需要一生去研究的$\zeta$函数，只能了解各大概，不过作者13.6、13.7、13.8给人帮助很大，了解了这个函数的一些特点，作为一个很业余的数学爱好者，可能也就这样了

第14章

哈代在1914年证明$\zeta$函数有无穷多个非平凡零点满足黎曼假设，即实部是1/2.
李特尔伍德则证明了Li(x)与$\pi(x)$交替上升而不是前者一定大于后者
科赫证明如果黎曼假设成立$\pi(x)=Li(x)+O(\sqrt x\ln x)$

第15章

定义莫比乌斯函数$\mu$以后$\zeta$函数可以写作

$$\frac1{\zeta(s)}=\sum_n\frac{\mu (n)}{n^s}$$
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：$M(k)=O(k^{\frac12})$
与黎曼假设一样强的定理是：$M(k)=O(k^{\frac12+\epsilon})$

第16章

这一章包含了2个内容
$\zeta$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

$$N(T)=\frac T{2\pi}\ln(\frac T{2\pi})-\frac T{2\pi}+O(\ln T)$$
另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$\zeta$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$\zeta$函数的关系

$$\frac1s\ln {\zeta(s)}=\int_0^\infty J(x)x^{-s-1}dx$$
而 $$\pi(x)=\sum_n\frac{\mu(n)}nJ(\sqrt[n]{x}),\mu为莫比乌斯函数$$
这样$\pi(x)$就可以用$\zeta$函数来表示了。第二个式子$\pi(x)$和J函数的关系对于不了解的人肯定很困惑，这是解析数论里面最基本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 $$G(x)=\sum_{n\le x}\alpha(n)F(\frac xn) \sim F(x)=\sum_{n\le x}\mu(n)\alpha(n)G(\frac xn)$$ 而 $$J(x)=\sum_{n=1}^{\log x}\frac1n\pi(x^{\frac1n})=\sum_{n=1}^{\log x}\frac1n\pi(e^{\frac{\log x}n})$$ $$\log x= y\quad then \quad J(y)=\sum_{n=1}^y\frac1n\pi(e^{\frac yn})$$
将$\alpha(n)=\frac 1n$和$F(x)=\pi(e^x)$以及$G(x)=J(e^x)$应用于上面的莫比乌斯卷积公式得出 $$\pi(e^y)=\sum_{n\le y}\frac{\mu(n)}n J(e^{\frac xn})$$
得出最后结果 $$\pi(x)=\sum_{n\le \log x}\frac{\mu(n)}n J(x^{\frac 1n})$$
这一章主要就是介绍第一个式子，$\zeta$和J函数之间的关系是怎么推出来的，左边的展开相对容易理解，右边展开需要了解多项式积分和积分其实是求面积
左边
$\ln{\zeta(s)}=-\ln(1-2^{-s})-\ln(1-3^{-s})-\ln(1-5^{-s})-...$
根据无穷级数公式作为$\ln(1-x)$展开右边得到
$\frac1{2^s}+(\frac12\frac1{2^{2s}})+(\frac13\frac1{2^{3s}})+(\frac14\frac1{2^{4s}})+...$
$\frac1{3^s}+(\frac12\frac1{3^{2s}})+(\frac13\frac1{3^{3s}})+(\frac14\frac1{3^{4s}})+...$
$\frac1{5^s}+(\frac12\frac1{5^{2s}})+(\frac13\frac1{5^{3s}})+(\frac14\frac1{5^{4s}})+...$
$...$
右边
$\int_0^\infty J(x)x^{-s-1}dx$由于$J(x)$小于2为0，所以只需考虑2开始的积分，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，如果没有后面的$x^{-s-1}$，则是一条条横条，所有横条就是所有素数及其幂所在的地方，则面积对每个素数2、3、5…分开计算，等于
$\int_2^\infty dx+\frac12\int_{2^2}^\infty dx+\frac13\int_{2^3}^\infty dx+\frac14\int_{2^4}^\infty dx+...$
$\int_3^\infty dx+\frac12\int_{3^2}^\infty dx+\frac13\int_{3^3}^\infty dx+\frac14\int_{3^4}^\infty dx+...$
$\int_5^\infty dx+\frac12\int_{5^2}^\infty dx+\frac13\int_{5^3}^\infty dx+\frac14\int_{5^4}^\infty dx+...$
$...$
压缩以后每个积分项中加上$x^{-s-1}$即可：
$\int_2^\infty x^{-s-1}dx+\frac12\int_{2^2}^\infty x^{-s-1}dx+\frac13\int_{2^3}^\infty x^{-s-1}dx+\frac14\int_{2^4}^\infty x^{-s-1}dx+...$
$\int_3^\infty x^{-s-1}dx+\frac12\int_{3^2}^\infty x^{-s-1}dx+\frac13\int_{3^3}^\infty x^{-s-1}dx+\frac14\int_{3^4}^\infty x^{-s-1}dx+...$
$\int_5^\infty x^{-s-1}dx+\frac12\int_{5^2}^\infty x^{-s-1}dx+\frac13\int_{5^3}^\infty x^{-s-1}dx+\frac14\int_{5^4}^\infty x^{-s-1}dx+...$
$...$
计算得到
$\frac1s\frac1{2^s}+\frac1s\frac12\frac1{2^{2s}}+\frac1s\frac13\frac1{2^{3s}}$
$\frac1s\frac1{3^s}+\frac1s\frac12\frac1{3^{2s}}+\frac1s\frac13\frac1{3^{3s}}$
$\frac1s\frac1{5^s}+\frac1s\frac12\frac1{5^{2s}}+\frac1s\frac13\frac1{5^{3s}}$
刚好等于左边除以s

第20章

黎曼算子就是一个这样的矩阵：它的本征值是$\zeta$函数的零点。
本章讲了很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，这个估计谁都能看懂，但是跟黎曼猜想等价则只有专业人士才能理解了。