设$\pi(n)$表示小于等于$n$的素数个数，求证：$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{n}=0$
法一
素数定理：$\pi(n)\sim\frac{n}{\ln n}$
有这个结论的话这个问题就能直接秒了：$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\ln n}=0$
这是我们大一上的期中考试题....在考场上直接就这么水过去了，但是我并不会证素数定理，也看不懂证明...
法二
（这是我在网上找的一个我能看懂的但是比较复杂的解法）
令$\phi(x,y)$表示$1\sim x$中最小素因子大于$y$的数的个数
下面证明$\phi(x,y)<\frac{x}{\ln y}+2^{\pi(y)}$：
设$n=\pi(y)$，$P=\prod\limits_{i=1}^{n}p_{i}$，那么不难发现$\phi(x,y)=\sum\limits_{i=1}^x[\gcd(i,P)==1]$
进而有
$$\phi(x,y)=\sum\limits_{i=1}^x[\gcd(i,P)==1]=\sum\limits_{i=1}^x\sum\limits_{d|(i,P)}\mu(d)$$
$$=\sum\limits_{d|P}\mu(d)\lfloor\frac{x}{d}\rfloor=\sum\limits_{d|P}\mu(d)\frac{x}{d}-\sum\limits_{d|P}\mu(d)(\frac{x}{d}-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor)$$
接下来进行估计
注意到$f(n)=\sum\limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}$为积性函数，且$f(p)=1-\frac{1}{p}$
故前一部分$$\sum\limits_{d|P}\mu(d)\frac{x}{d}=x\sum\limits_{d|P}\frac{\mu(d)}{d}=x\prod\limits_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_i})$$
又$$\prod\limits_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_i})^{-1}=\prod\limits_{i=1}^{n}(1+\frac{1}{p_i}+\frac{1}{p_i^2}+\cdots)>\sum\limits_{i=1}^y\frac{1}{i}>\ln y$$
这里第一个大于号是因为对于每个$i\leq y$均可以唯一素因数分解为前$n$个素数的幂的乘积形式，从而每个$\frac{1}{i}$在前面的无穷级数的展开中均出现唯一一次
因此，前一部分$$\sum\limits_{d|P}\mu(d)\frac{x}{d}=x\prod\limits_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_i})<\frac{x}{\ln y}$$
而后一部分$$-\sum\limits_{d|P}\mu(d)(\frac{x}{d}-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor)\leq\sum\limits_{d|P}|\mu(d)(\frac{x}{d}-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor)|<\sum\limits_{d|P}1=2^n$$
至此我们便成功证明了$\phi(x,y)<\frac{x}{\ln y}+2^{\pi(y)}$
最后对$\pi(x)$进行估计，显然有$\pi(x)\leq\pi(y)+\phi(x,y)$
令$y=\ln x$，则有$$\pi(x)<\pi(\ln x)+\phi(x,\ln x)<\pi(\ln x)+\frac{x}{\ln\ln x}+2^{\pi(\ln x)}$$
$$<\frac{x}{\ln\ln x}+2\cdot 2^{\pi(\ln x)}<\frac{x}{\ln\ln x}+2\cdot 2^{\ln x}<\frac{x}{\ln\ln x}+2\cdot x^{0.7}$$
因此，$\frac{\pi(x)}{x}<\frac{1}{\ln\ln x}+2\cdot x^{-0.3}$，根据夹逼收敛准则立即得到$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{n}=0$
法三
（这个做法是考试给出的答案做法）
首先，将原问题转化为证明$\lim\limits_{k\to\infty}\frac{\pi(2^k)}{2^k}=0$
这是因为：对于任何正整数$n$，必然存在正整数$k$，使得$2^k<n\leq 2^{k+1}$
那么显然有$$\frac{\pi(2^k)}{2^{k+1}}<\frac{\pi(n)}{n}<\frac{\pi(2^{k+1})}{2^k}$$
因此只要证出$\lim\limits_{k\to\infty}\frac{\pi(2^k)}{2^k}=0$，根据夹逼定理便立即得到$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{n}=0$。
考虑在$(2^k,2^{k+1}]$中的全部素数，记为$p_1,p_2,\cdots,p_m$，其中$m=\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)$
令$P=\prod\limits_{i=1}^mp_i$，注意到$$\binom{2^{k+1}}{2^k}=\frac{2^{k+1}(2^{k+1}-1)\cdots 2^k}{(2^k)!}$$
上式的分母的素因子均小于$2^k$，且分子中出现了$P$中每一个素数
因此我们发现：$$P\mid\binom{2^{k+1}}{2^k}$$
所以我们有如下估计：$$(2^k)^m<P\leq\binom{2^{k+1}}{2^k}<\binom{2^{k+1}}{0}+\binom{2^{k+1}}{1}+\cdots+\binom{2^{k+1}}{2^{k+1}}=2^{2^{k+1}}$$
故 $k(\pi(2^{k+1})-\pi(2^k))<2^{k+1}$
即$$\frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}-2^k}<\frac{2}{k}$$
由夹逼定理，两边同时取极限得：$\lim\limits_{k\to\infty}\frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}-2^k}=0$
最后，根据$Stolz$定理，我们便成功证明了$\lim\limits_{k\to\infty}\frac{\pi(2^k)}{2^k}=0$