巴塞尔问题
是一个著名的数论问题,这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出,由莱昂哈德·欧拉在1735年解决。由于这个问题难倒了以前许多的数学家,欧拉一解出这个问题马上就出名了,当时他二十八岁。欧拉把这个问题作了一番推广,他的想法后来被黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的质数个数》(On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude)中所采用,论文中定义了黎曼ζ函数,并证明了它的一些基本的性质。这个问题是以瑞士的第三大城市巴塞尔命名的,它是欧拉和伯努利家族的家乡。
这个问题是精确计算所有平方数的倒数的和,也就是以下级数的和:
∑n=1∞1n2=limn→∞(112+122+⋅⋅⋅+1n2)
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \lim_{n \rightarrow \infty}{(\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n^{2}})}n=1∑∞n21=n→∞lim(121+221+⋅⋅⋅+n21)
这个级数的和大约等于1.644934(OEISOEISOEIS中的数列A013661A013661A013661)。巴塞尔问题是寻找这个数的准确值,并证明它是正确的。欧拉发现准确值是 π2/6,\pi^2/6,π2/6, 并在1735年公布。他的证明还不是十分严密,真正严密的证明在1741年给出。
欧拉对这个问题的研究
欧拉最初推导 π2/6\pi^{2}/6π2/6 的方法是聪明和新颖的。他把有限多项式的观察推广到无穷级数,并假设相同的性质对于无穷级数也是成立的。当然,欧拉的想法不是严密的,还需要进一步证明,但他计算了级数的部分和后发现,级数真的趋于 π2/6\pi^{2}/6π2/6 不多不少。这给了他足够的自信心,把这个结果公诸于众。
欧拉的方法是从正弦函数的泰勒级数展开式开始:
sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdotssinx=x−3!x3+5!x5−7!x7+⋯
两边除以 x ,x\,,x, 得:
sinxx=1−x23!+x45!−x67!+⋯\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdotsxsinx=1−3!x2+5!x4−7!x6+⋯
现在, sinxx=0 \frac{\sin x}{x}= 0\,xsinx=0 的根出现在 x=n⋅π ,x = n\cdot\pi\,,x=n⋅π, 其中 n=±1,±2,±3,… .n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots\,.n=±1,±2,±3,…. 我们假设可以把这个无穷级数表示为线性因子的乘积,就像把多项式因式分解一样:
sinxx=(1−xπ)(1+xπ)(1−x2π)(1+x2π)(1−x3π)(1+x3π)⋯=(1−x2π2)(1−x24π2)(1−x29π2)⋯ .\begin{aligned}\frac{\sin x}{x} & {} =\left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \\& {} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \cdots.\end{aligned} xsinx=(1−πx)(1+πx)(1−2πx)(1+2πx)(1−3πx)(1+3πx)⋯=(1−π2x2)(1−4π2x2)(1−9π2x2)⋯.
如果把这个乘积展开,并把所有 x2 x^2\,x2 的项收集在一起,我们可以看到, sinxx \frac{\sin x}{x}\,xsinx 的二次项系数为:−(1π2+14π2+19π2+⋯ )=−1π2∑n=1∞1n2. -\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right) =-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.−(π21+4π21+9π21+⋯)=−π21n=1∑∞n21.
但从 sinxx \frac{\sin x}{x}\,xsinx 原先的级数展开式中可以看出, x2 x^2\,x2 的系数是 −13!=−16 -\frac{1}{3!}= -\frac{1}{6}\,−3!1=−61。 这两个系数一定是相等的;因此,
−16=−1π2∑n=1∞1n2.-\frac{1}{6} =-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.−61=−π21n=1∑∞n21.
等式两边乘以 −π2 -\pi^2\,−π2 就可以得出所有平方数的倒数之和。
∑n=1∞1n2=π26.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.n=1∑∞n21=6π2.
证毕。
黎曼ζζζ函数
黎曼 ζζζ 函数 ζ(s)ζ(s)ζ(s) 是数学中的一个很重要的函数,因为它与素数的分布密切相关。这个函数对于任何实数部分大于1的复数sss 都是有定义的,由以下公式定义:
ζ(s)=∑n=1∞1ns\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^{s}}}ζ(s)=n=1∑∞ns1
取s=2s = 2s=2,我们可以看出ζ(2)等于所有平方数的倒数之和:
ζ(2)=∑n=1∞1n2=π26≈1.644934\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^{2}}}=\frac{\pi^{2}}{6}\approx1.644934ζ(2)=n=1∑∞n21=6π2≈1.644934
用以下的等式,可以证明这个级数收敛:
∑n=1N1n2<1+∑n=2N1n(n−1)=1+∑n=2N(1n−1−1n)=1+1−1N  ⟶N→∞  2.\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} < 1 + \sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}= 1 + \sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right)= 1 + 1 - \frac{1}{N} \; \stackrel{N \to \infty}{\longrightarrow} \; 2.n=1∑Nn21<1+n=2∑Nn(n−1)1=1+n=2∑N(n−11−n1)=1+1−N1⟶N→∞2.
因此ζ(2)ζ(2)ζ(2)的上界小于 222,因为这个级数只含有正数项,它一定是收敛的。可以证明,当 sss 是正的偶数时,ζ(s)ζ(s)ζ(s)可以用伯努利数来表示。设 s=2ns=2ns=2n,有以下公式:
ζ(2n)=(2π)2n(−1)n+1B2n2⋅(2n)!\zeta(2n)=\frac{(2\pi)^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot(2n)!}ζ(2n)=2⋅(2n)!(2π)2n(−1)n+1B2n
严密的证明
以下介绍了一个 ζ(2)=π2/6ζ(2) = π^{2}/6ζ(2)=π2/6 的证明。它是目前已知最基本的证明,大部分其它的证明都需要用到傅里叶分析、复分析和多变量微积分,但这个证明连一元微积分也不需要(在证明的最后部分需要使用极限的概念)。
圆心为 OOO,半径为r的圆形
考虑面积,12r2tanθ>12r2θ>12r2sinθtanθ>θ>sinθ1tanθ<1θ<1sinθcot2θ<1θ2<csc2θ {\displaystyle {\frac {1}{2}}r^{2}\tan \theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\sin \theta }
{\displaystyle \tan \theta >\theta >\sin \theta }
{\displaystyle {\frac {1}{\tan \theta }}<{\frac {1}{\theta }}<{\frac {1}{\sin \theta }}}
{\displaystyle \cot ^{2}\theta <{\frac {1}{\theta ^{2}}}<\csc ^{2}\theta }21r2tanθ>21r2θ>21r2sinθtanθ>θ>sinθtanθ1<θ1<sinθ1cot2θ<θ21<csc2θ
这个证明的想法是把以下的部分和固定在两个表达式之间,这两个表达式当m趋于无穷大时都趋于 π2/6\pi^{2}/6π2/6
∑k=1m1k2=112+122+⋯+1m2\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}k=1∑mk21=121+221+⋯+m21
这两个表达式从余切和余割的恒等式推出。而这些恒等式则从棣莫弗定理推出。
设 xxx 为一个实数,满足 0<x<π/20 < x < π/20<x<π/2, 并设 nnn 为正整数。从棣莫弗定理和余切函数的定义,可得:
cos(nx)+isin(nx)(sinx)n=(cosx+isinx)n(sinx)n=(cosx+isinxsinx)n=(cotx+i)n.\frac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{(\sin x)^n} = \frac{(\cos x + i\sin x)^n}{(\sin x)^n} = \left(\frac{\cos x + i \sin x}{\sin x}\right)^n = (\cot x + i)^n.(sinx)ncos(nx)+isin(nx)=(sinx)n(cosx+isinx)n=(sinxcosx+isinx)n=(cotx+i)n.
根据二项式定理,我们有:
(cotx+i)n=(n0)cotnx+(n1)(cotn−1x)i+⋯+(nn−1)(cotx)in−1+(nn)in(\cot x + i)^n = {n \choose 0} \cot^n x + {n \choose 1} (\cot^{n-1} x)i + \cdots + {n \choose {n-1}} (\cot x)i^{n-1} + {n \choose n} i^n(cotx+i)n=(0n)cotnx+(1n)(cotn−1x)i+⋯+(n−1n)(cotx)in−1+(nn)in
=[(n0)cotnx−(n2)cotn−2x±⋯ ]  +  i[(n1)cotn−1x−(n3)cotn−3x±⋯ ].= \left[ {n \choose 0} \cot^n x - {n \choose 2} \cot^{n-2} x \pm \cdots \right] \; + \; i\left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right].=[(0n)cotnx−(2n)cotn−2x±⋯]+i[(1n)cotn−1x−(3n)cotn−3x±⋯].
把两个方程合并,由于相等的两个复数的虚数部分也一定相等,因此有:
sin(nx)(sinx)n=[(n1)cotn−1x−(n3)cotn−3x±⋯ ].\frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n} = \left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right].(sinx)nsin(nx)=[(1n)cotn−1x−(3n)cotn−3x±⋯].
固定一个正整数m,设 n=2m+1n = 2m + 1n=2m+1, 并考虑 xr=rπ/(2m+1)x_{r}= r π/(2m + 1)xr=rπ/(2m+1) 对于 r=1,2,…,mr = 1,2,…,mr=1,2,…,m 那么 nxrnx_{r}nxr 是 πππ 的倍数,因此是正弦函数的零点,所以:
0=(2m+11)cot2mxr−(2m+13)cot2m−2xr±⋯+(−1)m(2m+12m+1)
0 = {{2m+1} \choose 1} \cot^{2m} x_r - {{2m+1} \choose 3} \cot^{2m-2} x_r \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}
0=(12m+1)cot2mxr−(32m+1)cot2m−2xr±⋯+(−1)m(2m+12m+1)
对于所有的 r=1,2,…,m。x1……xmr = 1,2,…,m。 x_{1}……x_{m}r=1,2,…,m。x1……xm 是区间(0,π/2)(0, π/2)(0,π/2) 内不同的数。由于函数 cot2xcot^{2}xcot2x 在这个区间内是一一对应的,因此当 r=1,2,…,mr = 1,2,…,mr=1,2,…,m 时, tr=cot2xrt_{r}= cot^{2}x_{r}tr=cot2xr 的值各不同。根据以上方程,这些 mmm 个" trt_{r}tr"是以下mmm次多项式的根:
p(t):=(2m+11)tm−(2m+13)tm−1±⋯+(−1)m(2m+12m+1).p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}.p(t):=(12m+1)tm−(32m+1)tm−1±⋯+(−1)m(2m+12m+1).
根据韦达定理,我们可以直接从这个多项式的头两项计算出所有根的和,因此:
cot2x1+cot2x2+⋯+cot2xm=(2m+13)(2m+11)=2m(2m−1)6.\cot ^2 x_1 + \cot ^2 x_2 + \cdots + \cot ^2 x_m= \frac{\binom{2m+1}3} {\binom{2m+1}1}= \frac{2m(2m-1)}6.cot2x1+cot2x2+⋯+cot2xm=(12m+1)(32m+1)=62m(2m−1).
把恒等式 csc2x=cot2x+1csc^{2} x = cot^{2} x + 1csc2x=cot2x+1 代入,可得:
csc2x1+csc2x2+⋯+csc2xm=2m(2m−1)6+m=2m(2m+2)6.\csc ^2 x_1 + \csc ^2 x_2 + \cdots + \csc ^2 x_m=\frac{2m(2m-1)}6 + m = \frac{2m(2m+2)}6.csc2x1+csc2x2+⋯+csc2xm=62m(2m−1)+m=62m(2m+2).
现在考虑不等式 cot2x<1/x2<csc2xcot^{2}x < 1/x^{2}< csc^{2}xcot2x<1/x2<csc2x。 如果我们把对于 xr=rπ/(2m+1)x_{r}= r π/(2m + 1)xr=rπ/(2m+1) 的所有不等式相加起来,并利用以上的两个恒等式,便可得到:2m(2m−1)6<(2m+1π)2+(2m+12π)2+⋯+(2m+1mπ)2<2m(2m+2)6. \frac{2m(2m-1)}6 < \left( \frac{2m+1}{\pi} \right) ^2 + \left( \frac{2m+1}{2 \pi} \right) ^2 + \cdots + \left( \frac{2m+1}{m \pi} \right) ^2 < \frac{2m(2m+2)}6.62m(2m−1)<(π2m+1)2+(2π2m+1)2+⋯+(mπ2m+1)2<62m(2m+2).
把不等式乘以 (π/(2m+1))2(π/(2m + 1))^{2}(π/(2m+1))2, 便得:
π26(2m2m+1)(2m−12m+1)<112+122+⋯+1m2<π26(2m2m+1)(2m+22m+1).\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right) < \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2} < \frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m+2}{2m+1}\right).6π2(2m+12m)(2m+12m−1)<121+221+⋯+m21<6π2(2m+12m)(2m+12m+2).
当 mmm 趋于无穷大时,左面和右面的表达式都趋于 π2/6π^{2}/6π2/6, 因此根据夹挤定理,有:ζ(2)=∑k=1∞1k2=limm→∞(112+122+⋯+1m2)=π26 \zeta(2)=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^{2}}}=\lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}ζ(2)=k=1∑∞k21=m→∞lim(121+221+⋯+m21)=6π2
证毕。
傅里叶级数的证明
设有函数 f(x)=x,f(x)=x,f(x)=x, 其定义域为 x∈(−π,π)x \in (-\pi,\pi)x∈(−π,π)。 这个函数的傅里叶级数是:
f(x)=∑n=1∞2(−1)n+1nsin(nx)f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx)f(x)=n=1∑∞n2(−1)n+1sin(nx)
根据帕塞瓦尔恒等式,我们有:π23=12π∫−ππf2(x) dx=∑n=1∞12π∫−ππ(2(−1)n+1nsin(nt))2dt=2∑n=1∞1n2 {\pi ^{2} \over 3}={1 \over 2\pi }\int _{{-\pi }}^{{\pi }}f^{2}(x)\,dx=\sum _{{n=1}}^{{\infty }}{1 \over 2\pi }\int _{{-\pi }}^{{\pi }}(2{\frac {(-1)^{{n+1}}}{n}}\sin(nt))^{2}dt=2\sum _{{n=1}}^{{\infty }}{1 \over n^{2}}3π2=2π1∫−ππf2(x)dx=n=1∑∞2π1∫−ππ(2n(−1)n+1sin(nt))2dt=2n=1∑∞n21
因此
π26=∑n=1∞1n2 {\pi^2 \over 6} = \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2} 6π2=n=1∑∞n21证毕。
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