浅谈若干类常见数论复杂度的分析方法

前置知识

扩展莫比乌斯反演公式

如果 $f(x)$ 是一个积性函数，那么

\[\sum_{d|n}\mu(d)f(d)=\prod_{p|n, p \text{ is prime}}(1-f(p)) \]

证明比较显然，将右侧的所有括号展开即可。

它是莫比乌斯反演公式的推广，当取 $f(x)=1$ 时右式变为 $[n=1]$，此时变成一般的莫比乌斯反演公式。

小o记号

考虑 $a\in \{ -\infty , \infty\}\cup \mathbb{R}$ ，如果 $\underset{ x \to a }{lim}\dfrac{f(x)}{g(x)}=0$ ，则称在极限过程 $x\to a$ 时， $f(x)=o(g(x))$
，$f(x)$ 被称为 $g(x)$ 的高阶无穷小。

欧拉卷积公式

\[\mu*\text{id}=\phi \]

或者说

\[\sum_{d|n}\dfrac{n}{d}\mu(d)=\phi(n) \]

考虑 $f(d)=\dfrac{1}{d}$ ，根据扩展莫比乌斯反演公式， $$\sum_{d|n}\dfrac{n}{d}\mu(d)=n\prod_{p|n, p \text{ is prime}}(1- \dfrac{1}{p})=\phi(n)$$

洛必达法则

考虑定义在 $a\in \{ -\infty , \infty\}\cup \mathbb{R}$ 的某个去心邻域内的函数 $f(x), g(x)$。
满足 $f(x), g(x)$ 在这个去心邻域内可导且 $g'(x)\ne 0$， $\underset{ x \to a }{lim}\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 为 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 形的不定式并且 $\underset{ x \to a }{lim} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 广义收敛，那么 $\underset{ x \to a }{lim} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\underset{ x \to a }{lim} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}$。

证明涉及到微分中值定理，这里不展开。

Abel 变换积分形式

考虑数列 $\{ a_{n} \}$ ，设它的部分和数列 $S_n=\sum_{i=1}^{n}a_{i}$，并设函数 $A(x)=S_{\lfloor x \rfloor}$ 。另设函数 $f(x)$ 连续可微。
设 $0<y<x$ 那么有

\[\sum_{y<n\leq x} a_{n}f(n)=A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^xA(t)f'(t)dt \]

证明：将右侧积分分为三段。

第一段：
\[\int_{y}^{\lfloor y \rfloor+1}A(t)f'(t)dt=A(\lfloor y \rfloor )\int_{y}^{\lfloor y \rfloor+1}f'(t)dt=A(\lfloor y \rfloor )(f(\lfloor y \rfloor +1)-f(y)) \]
第二段：
\[\int_{\lfloor x \rfloor }^{x}A(t)f'(t)dt=A(\lfloor x \rfloor )\int_{\lfloor x \rfloor }^{x}f'(t)dt=A(\lfloor x \rfloor )(f(x)-f(\lfloor x \rfloor )) \]
第三段：
\[\int_{\lfloor y \rfloor +1}^{\lfloor x \rfloor }A(t)f'(t)dt=\sum_{k=\lfloor y \rfloor +1}^{\lfloor x \rfloor -1}A(k)\int_{k}^{k+1} f'(t)dt=\sum_{k=\lfloor y \rfloor +1}^{\lfloor x \rfloor -1}A(k)(f(k+1)-f(k)) \]

这样，原式转化为

\[ A(\lfloor y \rfloor )(f(\lfloor y \rfloor +1)-f(y))+A(\lfloor x \rfloor )(f(x)-f(\lfloor x \rfloor ))+\sum_{k=\lfloor y \rfloor +1}^{\lfloor x \rfloor -1}A(k)(f(k+1)-f(k)) \]

\[ -A(\lfloor x \rfloor )f(x)+A(\lfloor y \rfloor )f(y)+\sum_{\lfloor y \rfloor +1\leq n\leq \lfloor x \rfloor }f(n)(A(n)-A(n-1))=0 \]

只需要对于 $i=\lfloor y \rfloor, i=\lfloor x \rfloor, i\in[\lfloor y \rfloor+1, \lfloor x \rfloor-1]$ 分别检验 $A(i)$ 的贡献为 $0$ 即可。

巴塞尔问题

黎曼 $\zeta$ 函数在 $2$ 处的取值:

\[\zeta(2)=\sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{1}{i^2}=\dfrac{\pi^2}{6} \]

这个我也不会证明，但是非常重要。

一些数论函数求和的多项式近似

引理

\[\sum_{d=1}^{x}\dfrac{\mu(d)}{d^2}=\dfrac{6}{\pi^2}+O(\dfrac{1}{x}) \]

证明：首先考虑计算 $\sum_{d=1}^{\infty} \dfrac{\mu(d)}{d^2}$, 注意

\[\zeta(2)\sum_{d=1}^{\infty} \dfrac{\mu(d)}{d^2}=\left( \sum_{d=1}^{\infty} \dfrac{\mu(d)}{d^2} \right)\left( \sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{1}{i^2} \right)=\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\sum_{d|k}\mu(d)}{k^2}=1 \]

所以 $\sum_{d=1}^{\infty} \dfrac{\mu(d)}{d^2}=\dfrac{1}{\zeta(2)}=\dfrac{6}{\pi^2}$。
接下来分析 $\sum_{d=x+1}^{\infty}\dfrac{\mu(d)}{d^2}$ 。它小于

\[\sum_{d=x+1}^{\infty}\dfrac{1}{d^2}<\int_{x}^{\infty} \dfrac{1}{t^2}dt=\dfrac{1}{x} \]

所以 $\sum_{d=x+1}^{\infty}\dfrac{\mu(d)}{d^2}=O(\dfrac{1}{x})$ 。

那么

\[\sum_{d=1}^{x}\dfrac{\mu(d)}{d^2}=\sum_{d=1}^{\infty} \dfrac{\mu(d)}{d^2}-\sum_{d=x+1}^{\infty}\dfrac{\mu(d)}{d^2}=\dfrac{6}{\pi^2}+O(\dfrac{1}{x}) \]

欧拉函数前缀和

\[\sum_{i=1}^{N} \phi(i)=\dfrac{3}{\pi^2}x^2+O(x\ln x) \]

证明：使用欧拉卷积公式以及引理

\[\sum_{i=1}^{x} \phi(i)=\sum_{i=1}^{x}\sum_{d|i} \mu(d) \dfrac{i}{d}=\sum_{d=1}^{x}\mu(d)\sum_{k=1}^{\lfloor \dfrac{x}{d} \rfloor}k=\sum_{d=1}^{x} \mu(d)(\dfrac{x^{2}}{2d^2}+O(\dfrac{x}{d}))= \\ \dfrac{x^2}{2}\sum_{d=1}^{x} \dfrac{\mu(d)}{d^2}+O(x\log x)=\dfrac{3}{\pi^2}x^2+O(x\log x) \]

埃氏筛复杂度分析/素数倒数和

埃氏筛复杂度为 $$O(n\sum_{p\leq n, p\text{ is prime}}\dfrac{1}{p})$$ 现在，让我们证明

\[\sum_{p\leq x, p\text{ is prime}}\dfrac{1}{p}\sim\ln\ln x \]

考虑设 $a_{n}=[n \text{ is prime}]$ ，然后使用 Abel 变换积分形式，得到

\[\sum_{p\leq x, p\text{ is prime}}\dfrac{1}{p}=\sum_{n=1}^{x}[n \text{ is prime}]\dfrac{1}{n}=\pi(x) \dfrac{1}{x}+\int_{2}^x \dfrac{\pi(t)}{t^2}dt\sim \dfrac{1}{\ln x}+\int_{2}^x \dfrac{1}{t\ln t}dt \]

使用第一类换元法计算得 $\int \dfrac{1}{t\ln t}dt=\ln\ln t+C$。
所以我们证明了

\[\sum_{p\leq x, p\text{ is prime}}\dfrac{1}{p}\sim\ln\ln x \]

这也意味着埃氏筛复杂度是 $O(n\log\log n)$ 。

素数对数和

\[\sum_{p\leq x}\ln p=x+o(x) \]

证明：
类似计算素数倒数和的方法

\[\sum_{p\leq x}\ln p=\sum_{n=1}^{x}[n \text{ is prime}]\ln n=\pi(x)\ln x-\int_{2}^x \dfrac{\pi(t)}{t}dt\sim x-\int_{2}^x \dfrac{1}{\ln t}dt \]

$\int \dfrac{1}{\ln t}dt$ 不好算，但是我们可以证明 $\int_{2}^x \dfrac{1}{\ln t}dt=o(x)$ 。设 $f(t)+C=\int \dfrac{1}{\ln t}dt$ ，计算得

\[\underset{ x \to \infty }{lim} \dfrac{\int_{2}^x \dfrac{1}{\ln t}dt}{x}=\underset{ x \to \infty }{lim} f'(x)=\underset{ x \to \infty }{lim} \dfrac{1}{\ln x}=0 \]

所以 $\int_{2}^x \dfrac{1}{\ln t}dt=o(x)$，即