雨中漫步概率论
在平面上取一格点PPP，求取到的PPP点满足：连接原点OOO和PPP的线段OPOPOP上没有其他格点的概率 解：答案：6π2\frac{6}{\pi ^2}π26 分析：首先我们要明确什么情况下OPOPOP线段没有格点比如处于(3,1)(3,1)(3,1)的点PPP没有格点，而处直线OPOPOP上的QQQ点要不满足OQOQOQ上没有格点的情况，那么QQQ表示为(3n,n)(3n,n)(3n,n)，即： 满足条件的P(m,n)P(m,n)P(m,n)必然满足m,nm,nm,n互质。下面通过两种方法求出概率值： 法一：我们设a,ba,ba,b最大公约数为kkk的概率为P(k)P(k)P(k)，对整数kkk来说，aaa是kkk的倍数的概率为1k\frac{1}{k}k1，bbb是kkk的倍数的概率也为1k\frac{1}{k}k1，设两整数互质的概率为P0P_{0}P0
易知：
P(k)=1k1kP0P(k)=\frac{1}{k} \frac{1}{k} P_{0}P(k)=k1k1P0
所有的数都有最大公约数,所以：∑k=1∞1k2P0=1\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}P_0}=1k=1∑∞k21P0=1
所以：
P0=1∑k=1∞1k2=6π2P_0=\frac{1}{\sum\limits_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}}=\frac{6}{\pi ^2}P0=k=1∑∞k211=π26 法二：考虑第一象限，将质数从小到大排列为k1,k2,k3...kn...k_{1},k_{2},k_{3}...k_{n}...k1,k2,k3...kn...那么
m,nm,nm,n被质数kik_{i}ki整除的概为：1ki\frac{1}{k_{i}}ki1。因此m,nm,nm,n互质（即没有任何质数为公因数）的概率为1−1ki21-\frac{1}{{k_i}^2}1−ki21
∏i=1∞(1−1ki2)=1∏i=1∞(11pi21pi41pi6...)=1(1122124...)(1132134...)(1152154...)...=11122132124152122⋅32...=1∑n=1∞1n2=6π2\prod_{i=1}^{\infty}{\left( 1-\frac{1}{k_{i}^{2}} \right)}\=\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^{\infty}{\left( 1 \frac{1}{p_{i}^{2}} \frac{1}{p_{i}^{4}} \frac{1}{p_{i}^{6}}... \right)}}
\=\frac{1}{\left( 1 \frac{1}{2^2} \frac{1}{2^4}... \right) \left( 1 \frac{1}{3^2} \frac{1}{3^4}... \right) \left( 1 \frac{1}{5^2} \frac{1}{5^4}... \right) ...}
\=\frac{1}{1 \frac{1}{2^2} \frac{1}{3^2} \frac{1}{2^4} \frac{1}{5^2} \frac{1}{2^2\cdot 3^2} ...}\=\frac{1}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}}\=\frac{6}{\pi ^2}i=1∏∞(1−ki21)=i=1∏∞(1 pi21 pi41 pi61...)1=(1 221 241...)(1 321 341...)(1 521 541...)...1=1 221 321 241 521 22⋅321 ...1=n=1∑∞n211=π26
完毕
至于∑k=1∞1k2=π26\sum\limits_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}=\frac{\pi ^2}{6}k=1∑∞k21=6π2
为什么有这个恒等式，可以将y=∣x∣y=|x|y=∣x∣傅里叶展开或者y=x2y=x^2y=x2傅氏展开，或者利用weierstrass分解甚至二重积分等等都可以证明。
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