巴塞尔问题

维基百科,自由的百科全书
跳转至: 导航搜索

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倒数的和,也就是以下级数的和:


\sum_{n=1}^\infin \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1.644934OEIS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\pi^2/6,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[编辑]

欧拉最初推导\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\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泰勒级数展开式开始:

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

两边除以x\,,得:

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

现在,\frac{\sin x}{x}= 0\,的根出现在x = n\cdot\pi\,,其中n = \pm1, \pm2, \pm3, \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:


\begin{align}
\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{align}

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


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


-\frac{1}{6} =
-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.

等式两边乘以-\pi^2\,就可以得出所有平方数的倒数之和。


\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

证毕。

黎曼ζ函数[编辑]

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:


\zeta(s) =
\sum_{n=1}^\infin \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:


\zeta(2) =
\sum_{n=1}^\infin \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:


\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.

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=2n,有以下公式:


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

严密的证明[编辑]

以下介绍了一个ζ(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)。

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。

\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:

\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 \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
= \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:

\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 = {{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、……、mx1、……、xm是区间(0, π/2)内不同的数。由于函数cot2 x在这个区间内是一一对应的,因此当r = 1、2、……、m时,tr = cot2 xr的值各不同。根据以上方程,这些m个"tr"是以下m次多项式的根:

p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+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:

\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.

把恒等式csc2 x = cot2 x + 1代入,可得:

\csc ^2 x_1 + \csc ^2 x_2 + \cdots + \csc ^2 x_m
=\frac{2m(2m-1)}6 + m = \frac{2m(2m+2)}6.

现在考虑不等式cot2 x < 1/x2 < csc2 x。如果我们把对于xr = r π/(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:

\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.

把不等式乘以(π/(2m + 1))2,便得:

\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).

m趋于无穷大时,左面和右面的表达式都趋于π2/6,因此根据夹挤定理,有:

\zeta(2) =
\sum_{k=1}^\infin \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}

证毕。

傅里叶级数的证明[编辑]

设有函数f(x)=x,其定义域为x \in (-\pi,\pi)。这个函数的傅里叶级数是:

f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx)

根据帕塞瓦尔恒等式,我们有:

{\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}

因此

{\pi^2 \over 6}  =  \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}

证毕。

参考文献[编辑]

外部链接[编辑]