圆周率
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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·门戈利英语Pietro_Mengoli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《论小于给定大数的素数个数》(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 1 n 2 = lim n + ( 1 1 2 + 1 2 2 + + 1 n 2 ) {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\lim _{n\to +\infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)}

这个级数的和大约等于1.644934(OEIS中的数列A013661)。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 π 2 / 6 {\displaystyle \pi ^{2}/6} ,并在1735年公布;彼时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 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{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 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{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:

sin x = x x 3 3 ! + x 5 5 ! x 7 7 ! + {\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots }

两边除以 x {\displaystyle x\,} ,得:

sin x x = 1 x 2 3 ! + x 4 5 ! x 6 7 ! + {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots }

现在, sin x x = 0 {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=0\,} 的根出现在 x = n π {\displaystyle x=n\cdot \pi \,} ,其中 n = ± 1 , ± 2 , ± 3 , {\displaystyle n=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\dots \,} 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:

sin x x = ( 1 x π ) ( 1 + x π ) ( 1 x 2 π ) ( 1 + x 2 π ) ( 1 x 3 π ) ( 1 + x 3 π ) = ( 1 x 2 π 2 ) ( 1 x 2 4 π 2 ) ( 1 x 2 9 π 2 ) {\displaystyle {\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}}}

如果把这个乘积展开,并把所有 x 2 {\displaystyle x^{2}\,} 的项收集在一起,我们可以看到, sin x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}\,} 的二次项系数为:

( 1 π 2 + 1 4 π 2 + 1 9 π 2 + ) = 1 π 2 n = 1 1 n 2 {\displaystyle -\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}}}}

但从 sin x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}\,} 原先的级数展开式中可以看出, x 2 {\displaystyle x^{2}\,} 的系数是 1 3 ! = 1 6 {\displaystyle -{\frac {1}{3!}}=-{\frac {1}{6}}\,} 。这两个系数一定是相等的;因此,

1 6 = 1 π 2 n = 1 1 n 2 {\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}

等式两边乘以 π 2 {\displaystyle -\pi ^{2}\,} 就可以得出所有平方数的倒数之和。

n = 1 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}

证毕。

黎曼ζ函数

黎曼ζ函数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s都是有定义的,由以下公式定义:

ζ ( s ) = n = 1 1 n s {\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}

s = 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 1 n 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + = π 2 6 1.644934 {\displaystyle \zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{4^{2}}}+\cdots ={\frac {\pi ^{2}}{6}}\approx 1.644934}

用以下的等式,可以证明这个级数收敛:

n = 1 N 1 n 2 < 1 + n = 2 N 1 n ( n 1 ) = 1 + n = 2 N ( 1 n 1 1 n ) = 1 + 1 1 N N 2 {\displaystyle \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}}\,{\xrightarrow {N\to \infty }}\,2}

因此ζ(2)的上界小于2,因为这个级数只含有正数项,它一定是收敛的。可以证明,当s是正的偶数时,ζ(s)可以用伯努利数来表示。设 s = 2 n {\displaystyle s=2n} ,有以下公式:

ζ ( 2 n ) = ( 2 π ) 2 n ( 1 ) n + 1 B 2 n 2 ( 2 n ) ! {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(2\pi )^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot (2n)!}}}

严密的证明

以下介绍了一个ζ(2) = π/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)。

考虑面积, 1 2 r 2 tan θ > 1 2 r 2 θ > 1 2 r 2 sin θ {\displaystyle {\frac {1}{2}}r^{2}\tan \theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\sin \theta }

tan θ > θ > sin θ {\displaystyle \tan \theta >\theta >\sin \theta }
1 tan θ < 1 θ < 1 sin θ {\displaystyle {\frac {1}{\tan \theta }}<{\frac {1}{\theta }}<{\frac {1}{\sin \theta }}}
cot 2 θ < 1 θ 2 < csc 2 θ {\displaystyle \cot ^{2}\theta <{\frac {1}{\theta ^{2}}}<\csc ^{2}\theta }

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π/6。

k = 1 m 1 k 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + + 1 m 2 {\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}}

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。

x为一个实数,满足0 < x < π/2,并设n为正整数。从棣莫弗定理和余切函数的定义,可得:

cos ( n x ) + i sin ( n x ) ( sin x ) n = ( cos x + i sin x ) n ( sin x ) n = ( cos x + i sin x sin x ) n = ( cot x + i ) n {\displaystyle {\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}}

根据二项式定理,我们有:

( cot x + i ) n = ( n 0 ) cot n x + ( n 1 ) ( cot n 1 x ) i + + ( n n 1 ) ( cot x ) i n 1 + ( n n ) i n {\displaystyle (\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}}
= [ ( n 0 ) cot n x ( n 2 ) cot n 2 x ± ] + i [ ( n 1 ) cot n 1 x ( n 3 ) cot n 3 x ± ] {\displaystyle =\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]}

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 ( n x ) ( sin x ) n = [ ( n 1 ) cot n 1 x ( n 3 ) cot n 3 x ± ] {\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{(\sin x)^{n}}}=\left[{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots \right]}

固定一个正整数m,设n = 2m + 1,并考虑xr = r π/(2m + 1)对于r = 1、2、……、m。那么nxr是π的倍数,因此是正弦函数的零点,所以:

0 = ( 2 m + 1 1 ) cot 2 m x r ( 2 m + 1 3 ) cot 2 m 2 x r ± + ( 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) {\displaystyle 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}}}

对于所有的r = 1、2、…

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