科学空间|Scientific Spaces

在对数学或物理进行事后分析，往往会发现一些奇怪的现象，也有可能得到一些更为深刻有趣的结果。比如本文所要谈及的傅里叶变换，可以由一种“异想天开”的思路得来。

洛朗展式

我们知道，在原点处形态良好的函数，可以展开为泰勒级数
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$$
我们发现，上面的幂都是正的，为什么不能包含$x$的负数次幂呢？比如$\frac{\sin z}{z^2}$展开为
$$\frac{1}{z}-\frac{z}{6}+\frac{z^3}{120}\dots$$
显然也是一件合理的事情。于是，结合复变函数，我们得到解析函数的洛朗展式
$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n z^n$$
这是函数的双边展开。其中

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我们在上一篇文章中已经看到，随机游走的概率分布是正态的，而在概率论中可以了解到正态分布（几乎）是最重要的一种分布了。随机游走模型和正态分布的应用都很广，我们或许可以思考一个问题，究竟是随机游走造就了正态分布，还是正态分布造就了随机游走？换句话说，哪个更本质些？个人就自己目前所阅读到的内容来看，随机游走更本质些，随机游走正好对应着普遍存在的随机不确定性（比如每次测量的误差），它的分布正好就是正态分布，所以正态分布才应用得如此广泛——因为随机不确定性无处不在。

下面我们来考虑随机游走的另外一种描述方式，原则上来说，它更广泛，更深刻，其大名曰“路径积分”。

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标题说了两道比较好玩的编程题，如果读者觉得标题绕的让人眩晕的话，那么让我再说得清晰一点：

两百万前素数之和指的是所有不超过两百万的素数的和；
前两百万素数之和指的是前两百万个素数的和。

我是从子谋的blog中看到这道题目的，前一道题目是Project Euler的第10题，后一道则是我跟子谋探索着玩的。关于子谋的研究和代码，大家可以去他的blog上学习。本文分享一下我自己的想法。

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费马大定理说的是$n > 2$的情况，但是我们可以从$n=2$出发，求解到勾股数组的一般表达式，并且从中得到证明费马大定理的原始思想。

互质解

我们在实整数，也就是$\mathbb{Z}$内求解。为了求解不定方程$x^2+y^2=z^2$，首先我们注意到，这是一道齐次方程，这告诉我们，如果存在某一组解，那么可以通过同除以公约数的方法，得到一组两两互质的解。换句话说，有解必有互质解，这是$x^n+y^n=z^n$的解的通性。那么，我们假设$(x,y,z)=(a,b,c)$ 是方程$x^2+y^2=z^2$的一个互质解。

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在高中阶段，笔者也像很多学生一样参加过数学竞赛，而在准备数学竞赛的过程中，也做过一些竞赛题，其中当然少不了不等式题目。当时，面对各种各样的不等式证明题，我总是非常茫然，因为看到答案之后，总感觉证明的构造非常神奇，但是每当我自己独立去做时，却总想不出来。于是后来就萌生了“有没有办法可以通用地证明这些不等式？”的想法。为了实现这个目的，当时就想出了本文的技巧——通过牺牲计算的简便性来换取证明的有效性。后来，我虽然没有走上数学竞赛这条路，但这个方法还是保留了下来，近日，在和数学研发论坛的朋友们讨论不等式问题时，重新拾起了这个技巧。

此前，在本博客的文章《对称多项式不等式的“物理证明”》中，已经谈到了这个技巧，只是限制于当时的知识储备，了解并不深入。而在本文中，则进行拓展了。这个技巧在当时是我自己在证明中独立发现的，而现在在网上查找时发现，前辈们（杨路、姚勇、杨学枝等）早已研究过这个技巧，称之为“差分代换”，并且已经探究过它在机器证明中的作用。该技巧可以很一般化地用于齐次/非其次不等式的证明，限于篇幅，本文只谈齐次多项式不等式，特别地，是对称齐次多项式不等式，并且发现某些可以简化之处。

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OEIS?：http://oeis.org/

近段时间在研究解析数论，进一步感觉数论真是个奇妙的东西，通过它，似乎数学的各个方面——离散的和连续的，实数的和复数的，甚至物理的——都联系了起来。由此也不难体会到当初高斯（Gauss）会说“数学是科学的皇后，数论是数学的皇后。”了。今天，由于在研究素数的个数的上下界问题时，需要思考组合数
$$C_{n}^{2n}=\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!\ n!}$$
最多能被2的多少次方整除。直觉告诉我，次数应该是随着$n$的增大而增大的，但事实却不是，比如$C_{15}^{30}$能够被16整除，但是$C_{20}^{40}$却最多只能被4整除，有种毫无规律的感觉，于是到群里问问各大神。其中，wayne提出

这个可以写个小程序算出一些数据，再在oeis上搜搜

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在之前的欧拉数学中，我们计算过所有素数的倒数之和，得出素数的倒数之和是发散的，从而这也是一个关于素数个数为无穷的证明。在本篇文章中，我们尝试计算所有素数之积，通过一个简单的技巧，得到素数之积的一个上限（以后我们也会计算下限），从而也得到$\pi(n)$的一个上限公式。更重要的，该估计是初等地证明Bertrand假设（说的是n与2n之间定有一个素数）的重要基础之一。本文内容部分参考自《数学天书中的证明》和《解析和概率数论导引》。

素数之积

笔者已经说过，数论的神奇之处就是它总是出人意料地把数学的不同领域联系了起来。读者很快就可以看到，本文的证明和组合数学有重要联系（但仅仅是简单的联系）。关于素数之积，我们有以下结论：

不超过$n$的所有素数之积小于$4^{n-1}$。

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有了上一篇文章的$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$的基础，我们其实已经很接近Bertrand假设的证明了。Bertrand假设的证明基于对二项式系数$C_n^{2n}$的素因子次数的细致考察，而在本篇文章中，我们先得到一个关于素数之积的下限公式，然后由此证明一个比Bertrand假设稍微弱一点的假设。最后，则通过一个简单的技巧，将我们的证明推动至Bertrand假设。

二项式系数的素因子

首先，我们考察$n!$中的素因子$p$的次数，结果是被称为Legendre定理的公式：

$n$中素因子$p$的次数恰好为$\sum\limits_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor$。

证明很简单，因为$n!=1\times 2\times 3\times 4\times \dots \times n$，每隔$p$就有一个$p$的倍数，每隔$p^2$就有一个$p^2$的倍数，每隔$p^3$就有一个$p^3$的倍数，每增加一次幂，将多贡献一个$p$因子，所以把每个间隔数叠加即可。注意该和虽然写成无穷形式，但是非零项是有限的。

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