從圓內整點數目的估計到β（1）的求值

寫在前面：

原則上本文不需要過高的基礎知識，但考慮到部分證明的難度，讀者可以選擇跳過一些證明過程——這並不影響對文章主要脈絡的把握；

本文是對B站使用者3B1B一個影片內容透過自己理解後的嚴格化敘述；平方和拆分與高斯圓問題在北大版《初等數論》（潘承洞潘承彪著）中也有細緻討論，有興趣讀者可作參考；

B站連結【官方雙語】隱藏在素數規律中的π_嗶哩嗶哩（゜-゜）つロ乾杯~-bilibili，影片利用了複平面的視覺化，本文原意也是延用該方法，但是在Dirichlet特徵函式的引入上遇到了困難（個人認為影片在該處的處理同樣模糊不清），於是避開這個困難，想出了其他的路徑來討論，或許更加初等，在重要的數論函式的引入上也顯得自然；

沒有受過系統的數論訓練，文中有錯誤的地方還望指正。

首先介紹狄利克雷beta函式

$（Dirichlet\,Beta function）$

：

$\beta(s)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^s}$

事實上在s = 1，3，5，7……處，它都可以求出精確的值，一個利用復變的推導見A神的回答：

現在讓我們來考慮

$\beta(1)$

的特殊情況，即如下無窮級數的和：

$\sum_{n=0}^{∞}{\frac{(-1)^{n}}{2n+1}}$

考慮冪級數：

$\sum_{n=0}^{∞}{(-1)^{n}x^{2n}}$

，顯然其收斂半徑

，其在收斂域內內閉一致收斂於和函式：

$\frac{1}{1+x^{2}}$

，考慮積分：

$\sum_{n=0}^{∞}{\int_{0}^{1}(-1)^{n}x^{2n}dx}=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{∞}{(-1)^{n}x^{2n}}dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\frac{\pi}{4}$

便得到了：

$\beta(1)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{\pi}{4}$

這一證明只利用了數學分析中函式項級數的一些知識，簡潔明瞭，但是卻缺乏直觀上的感受。

當然，數學應當讓思維超越直觀，但偶爾我們不妨做做思維體操，這通常會很有趣。下面讓我們放飛思想，從一個另類的角度重新考慮這一問題。

一個有趣的計數問題

考慮一個圓心位於笛卡爾平面（Descartes coordinate system）上原點處，半徑為

的圓

$\ O$

，小學四年級的我便已經知道，它的面積：

$S=\pi R^{2}$

。

定義1

對

$\forall x,y\in\ Z$

，若

$x^{2}+y^{2}\ne0$

稱點（x，y）為整點。

事實1

整點到原點距離的平方為整數。

現在讓我們來思考這樣一個問題，

$\ O$

內的整點數（包含邊界上的）為多少？

當然，我仍可以保持小學四年級的思路，去挨個地數出結果。例如半徑為1的圓，它含有（1，0），（0，1），（-1，0），（0，-1）四個整點，這四個點剛好都處於邊界上；半徑為

$\sqrt{2}$

的圓，除去之前四個位於它內部的點之外，還有位於邊界上的（1，-1），（1，1），（-1，-1），（-1，1）四個整點，累計八個。如果我足夠耐心，我可以以同樣的方法去數出半徑為任意數的圓所包含的整點，但人應當處於不斷進步中。不妨讓我們以一個數學人的眼光去重新審視這個問題。

從上面的嘗試中，結合事實1注意到：

事實2

如果

$\ O$

半徑

$\ R$

$\sqrt{K},K\in\ N^{*}$

，記其內整點數為

$\Phi(R)$

，則有：

$\Phi(R)=\sum_{k=1}^{R^{2}}{\varphi(R$

其中

$\varphi(R$

表示半徑

的圓邊界上的整點數目

這一事實給了我們一個新思路，即：將求

圓內整點數目

分解為求

一個個內套圓邊界上的整點數目並作累和

。以數學語言描述，便是將求函式

$\Phi(R)$

的值轉化為了求

$\sum_{}^{}\varphi(R$

。

不難發現，

$\varphi(R$

實際上是這樣一個丟番圖方程

$x^{2}+y^{2}=k$

的整數解的數目。而關於這樣形式的方程有一個很好的結果。

一個奇妙的定理

引理1

模4餘1的素數可唯一地表示為兩自然數的平方和（而模4餘3的素數無法表示為兩自然數的平方和）。

這是著名的費馬（Fermat）兩平方和定理（不是費馬大定理！！！），關於這一定理的證明有很多，例如下面專欄中一個使用絕妙對合對映構造的“天書證明”：

大神尤拉（Euler）在1747年與萊布尼茲（Leibniz）的通訊中給出過一個完整的證明，整個證明分為五步。但原證明過於華（shen）麗（xian），我對一些被大神捨棄的細（xian）節（ran）進行了完善，並以自己的理解進行復述，

注，這裡的證明過程中一些東西來源並不直觀，讀者可適當略過，待後續思路完善後再回過頭來深看證明，或許能更好體會（大佬自便）

：

定理1：平方分解數的積是平方分解數。

證明：

設

$a^{2}+b^{2} = i,c^{2}+d^{2}=j$

，則有：

$k=i\times j=(ac)^{2}+(bd)^2+(ad)^2+(bc)^{2}$

經過簡單的代數變形顯然有：

$k=(ab-cd)^{2}+(ac+bd)^{2}=(ab+cd)^{2}+(ac-bd)^{2}$

證畢。

定理2：平方分解數被素平方分解數整除的商是平方分解數。

證明：

注意到如下恆等式：

$(ap+bq)(ap-bq)=(ap)^{2}-(bq)^{2}=a^{2}(p^{2}+q^{2})-q^{2}(a^{2}+b^{2})$

由於

$p^{2}+q^{2}|a^{2}+b^{2}$

，由上述恆等式顯然有：

$p^{2}+q^{2}|(ap+bq)(ap-bq)=(ap)^{2}-(bq)^{2}$

$p^{2}+q^{2}$

是素數，因此它必然整除其中一個因子，我們不妨假設

$p^{2}+q^{2}|ap+bq$

，而另一情況類似。利用定理1中證明的結果，此時有：

$(p^{2}+q^{2})^{2}|(a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}$

於是

$\frac{a^ 2+b^ 2}{p^ 2+q^ 2}=(\frac{ap+bq}{p^ 2 +q^ 2})^ 2+(\frac{aq-bp}{p^ 2 +q^ 2})^ 2$

證畢。

定理3：平方分解數被非平方分解數整除的商必有一個非平方分解因子。

證明：

由定理1，不妨設

$a=x\prod_{}^{}p_{i}^{}$

，

是平方分解數，

是非平方分解數，由反證法，假設對

$\forall i$

，

$p_{i}^{}$

都是素平方分解數，由定理2可知

是平方分解數，這原條件矛盾，故

$\exists p_{k}$

是非平方分解數。

證畢。

定理4：如果

與

互素，那麼

$a^{2}+b^{2}$

的任意因子都是平方分解數。

證明：

運用無窮遞降法。

假設

$\exists x|a^2+b^2$

，不妨設：

$a=mx+c,b=nx+d(c,d\in [-\frac{x}{2},\frac{x}{2}])$

則有：

於是

，由於

$a\bot b$

（注意這裡的⊥指互素），設

，那麼

$e\bot x$

。設

$f=\frac{c}{e},g=\frac{d}{e}$

，則

，

$f\bot g$

。

設

$xy=f^2+g^2\leq c^2+d^2\leq (-\frac{x}{2})^2+(\frac{x}{2})^2=\frac {x^2}{2}$

由定理3，若

不是平方分解數，那麼必然存在非平方分解數

。這說明，如果存在一對數的平方和

$a^2+b^2(a\bot b)$

的一個非平方分解因子

，那麼必然存在更小的

是另一對數的平方和

$f^2+g^2(g\bot f)$

的非平方分解因子，而正整數

序列是不可能無限變小的，故

不存在非平方分解因子。

證畢。

現在讓我們來證明原定理

Fermat平方和定理（存在性）

必要性的證明：

設

是完全平方數，則：

$a/b\ mod\ 4=0/1$

因此

$a+b\ mod\ 4=0/1/2$

故不存在平方分解數模4餘3。

證畢。

充分性的證明：

引理2——費馬小定理（相當有名，不加證明，很容易找到相關證明材料）

如果 #FormatImgID_70# 是一個素數，而整數 #FormatImgID_71# 不是它的倍數，那麼有 #FormatImgID_72#

#FormatImgID_73# 。

設

，由費馬小定理，對

$\forall x\in [1,4n-1]$

，

$p|x^{4n}-1$

，

$p|(x+1)^{4n}-1$

則：

$p|(x+1)^{4n}-x^{4n}=[(x+1)^{2n}+x^{2n}][(x+1)^{2n}-x^{2n}]$

因此

$p|(x+1)^{2n}+x^{2n}\ or\ p|(x+1)^{2n}-x^{2n}$

假若前者成立，由定理4，

是平方分解數；事實上，如果前者不成立，那麼

整除

$x^{2n}$

的任意階差分，則有：

$p|\Delta^{2n}x^{2n}=(2n)!x^{0}$

但

是不可能的，因此

必定是平方分解數。

證畢。

至此完成了對引理1存在性的證明，唯一性請讀者自證。

根據引理1，我們給出下面的定理：

定理5：若

是一個素數，那麼不定方程 #FormatImgID_87# 有正整數解的充分必要條件是

或

$p=4k+1,k \in {\N}$

，

且解是唯一的。

引理3——算術基本定理

任何一個大於 1 的自然數可以分解成一些素數的乘積；並且在不計次序的情況下，這種分解方式是唯一的。

證明：

當

時，顯然有

；

假設

時結論成立，當

時，如果

是一個素數，那麼結論已經成立；如果

是一個合數，那麼必然可找到它的一個分解

，其中

，根據歸納假設我們知道結論的前半部分對任意

$n \in {\N}$

成立。

假設

$n=\prod_{i=1}^{n_1}p$

，其中

$\left\{ p$

是兩列的從小到大排列的不同的素因子列。不妨假設

，不斷將等式兩邊除以

，直到左方因子用盡。此時左邊為正整數1，而右方是一個分數，這是不可能的，故分解方式唯一。

證畢。

對計數問題的繼續探索

由引理3，注意到

$k=\prod_{}^{}p_k^{n_k}$

，表示

的素數分解。由定理5已經知道，對

型素數，其可以唯一的分解為

形式。再注意到對唯一的偶素數

，其可以唯一的分解為

，顯然這是唯一可分解為兩相同數平方和的素數（請讀者思考為什麼）；根據定理5，當一個數的分解中存在

型素數因子時，該因子無法分解為兩平方數之和。

綜合以上觀察結果，可以將

記為如下形式：

$k=2^n\prod_{p_i=4\kappa_{i} +3}{p_i}^{n_{i}}{}\prod_{\\p_k=4\kappa_k+1}p_{k}^{n_k},p_k=a_{k}^{2}+b_{k}^{2}$

我們下面將先不全部予以證明地引入一系列重要的定義以及定理，後續將在文章末尾補齊證明過程（事實上不考慮嚴格地證明，根據前面的討論，這些定理都富有鮮明的直觀意義，請讀者細細體會）；並從這些定理中，抽象出整點計數函式

$\varphi(k)$

的一些性質。

定義2：設

$\psi(k)$

為不定方程

$a^2+b^2=k,a>0,b \geq 0$

解的數目，顯然有

$\varphi(k)=4\psi(k)$

在下面的討論中，不加特殊說明，我們都預設

$a>0,b \geq0$

。

定理6：對上式中

的分解形式，若

$\exists n_i$

為奇數，那麼

不是平方分解數。

定義3：稱

$\prod_{\\p_k=4\kappa+1}p_{k}^{n_k}$

是

的本原數，記作

$k_{r}$

。

定理7：若

是平方分解數，那麼不定方程

有相同的整數解數目，即

$\psi(k)=\psi(k_r)$

否則

$\varphi(k)=0$

。

定理7實際上指出了

性質1：

$\psi(2^n \cdot k)=\psi(k), \forall n \in {\N}$

性質2：

$\psi(p^{n}\cdot k)=\frac{1+(-1)^{n}}{2}\psi(k)=\frac{1-(-1)^{n+1}}{1-(-1)}\psi(k)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\psi(k),\forall p=4\kappa+3$

這樣，我們將求解

$\psi(k)$

，簡化為了求解

$\psi(k_r)$

。我們記

$k_r=\prod_{\\p_k=4\kappa+1}p_{k}^{n_k},p_k=a_k^2+b_k^2=(a_k+ib_k)(a-ib_k)\$

於是

$k_r=\prod(a_k+ib_k)(a-ib_k)$

不妨從一些特例入手，來嘗試尋找

$\psi(k)$

的通式。取

，由定理5我們知道

$\psi(5)=2$

，因為

型素數的分解方式唯一，即

但對調位置後可以產生一個新的分解

不要忘了我們最初的目的：尋找直角座標平面上圓內整點的數目，這樣得到的新分解的確在平面上對應著一個不同的點。

再取

，問題似乎變得複雜了，

並不是一個素數，作下面的分解

一些閱讀細緻的讀者或許已經看出端倪。根據Euler證明過程的定理1，可以直接得到另兩個分解（如果記不清這個定理了請務必返回檢視證明，這很重要）

對調第二個分解的順序，得到第三個分解

這個過程是否具有某種共通性呢？考慮

$\omega=p^n=p^0\cdot p^n=p\cdot p^{n-1}=……=p^n\cdot p^0$

對於這樣的數，它有多少種分解方式呢？由上面的等式，結合定理1的證明，我們自然的猜測共有

種，因為每種對n拆分的方式都可以唯一的對應到一個平方和分解（記順序的）。而對於

$\omega=p^nq^m$

同樣的分析可以知道它有

種平方和分解方式。

透過上面的嘗試與思考，我們總結推廣出下面定理

定理8：

記

$k_r=\prod_{\\p_k=4\kappa+1}p_{k}^{n_k}$

那麼

$\psi(k_r)=\prod{（n_k+1）}$

其中

是每個素因子的重指標。

瞧，問題逐漸變得明朗了

揭曉謎題

根據前面的討論，我們得到了關於

$\varphi(k)$

的一個明確的結論

定理9:記

#FormatImgID_153#

其中 #FormatImgID_154#是 #FormatImgID_155# 的本原數

#FormatImgID_156#

那麼有

#FormatImgID_157#

其中

$\psi(k)=\prod(\sum_{i=0}^{n_i}(-1)^i)\cdot\psi(k_r)=\prod(\sum_{i=0}^{n_i}(-1)^i)\cdot \prod(n_k+1)$

為了將上式表示得更加簡潔統一，我們引入下面的數論函式

$\chi(n)= \begin{cases} \ 1 ,n=4k+1\\ \ 0,n=2k\\ \ -1,n=4k+3\\ \end{cases}$

不難驗證它是一個積性函式，即有

$\chi(mn)=\chi(m)\chi(n)$

於是定理9中式子改記為

$\psi(k)=\sum_{i=0}^{n}\chi(2^i)\prod(\sum_{i=0}^{n_i}\chi(p_i^i))\cdot \prod_{}^{}(\sum_{i=0}^{n_k}\chi(p_k^{i}))$

上式右端的第一部分是簡單的，它總是等於1，我們著重於討論後面的兩個連乘式。

我們不再區分兩種素因子——

型，將各個素因子統一地記作

，並利用函式

$\chi$

的積性，上述等式又可簡化為

$\psi(k)=\prod_{}^{}(\sum_{i=0}^{n_r}\chi(p_r^{i}))=\sum_{i_1=0}^{n_{r_1}}\sum_{i_2=0}^{n_{r_2}}...\sum_{i_k=0}^{n_{r_k}}\chi(p_{r_1}^{i_1}p_{r_2}^{i_2}...p_{n_k}^{i_k})$

其中

$p_{r_j},j=1,...,k$

是

的全體非偶素因子，

是其重指標。不難看出，上式即是對以所有非偶因子為自變數的函式

$\chi$

值的一個求和，這句話有些讓人困惑，讓我們舉幾個例子

$\psi(1)=\chi(1)$

$\psi(2)=\chi(1)$

$\psi(3)=\chi(1)+\chi(3)$

$\psi(4)=\chi(1)$

$\psi(5)=\chi(1)+\chi(5)$

$\psi(15)=\chi(1)+\chi(3)+\chi(5)+\chi(15)$

如此，我們便得到了

$\varphi(k)=4\psi(k)=4\sum_{i=1,m|i}^{k}\chi(m)=4\sum_{n=0}^{[\frac{k-1}{2}]}(-1)^{n}[\frac{k}{2n+1}]$

至此，我們已經解決了有窮半徑圓內整點的計數問題。一個不那麼嚴謹的想法是，由於圓內整點數目正好反映了圓內單位正方形格子的數目，那麼它應當可以很好地近似圓的面積。值得一提的是，關於這個近似的精確性，在數論領域是一個仍未解決的著名問題，它被稱為高斯圓誤差問題。在這裡我們不對這個精確性作細緻討論，有興趣的讀者可以查閱資料，但我想用直觀的資料比較來體現這個近似效果有多麼良好。