巴塞爾問題是一個著名的數論問題,這個問題首先由意大利數學家皮耶特羅·門戈利在1644年提出,瑞士數學家萊昂哈德·歐拉於1735年解決。由於這個問題難倒了以前許多的數學家,年僅二十八歲的歐拉因此一舉成名。歐拉把這個問題作了一番推廣,他的想法後來被德國數學家黎曼在1859年的論文《論小於給定大數的質數個數》(Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Grösse)中所採用,論文中定義了黎曼ζ函數,並證明了它的一些基本的性質。這個問題是以瑞士的第三大城市巴塞爾命名的,它是歐拉和伯努利家族的家鄉。
這個問題是精確計算所有平方數的倒數的和,也就是以下級數的和:
![{\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)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/696f778298469c92576fda48f6a23c89b75c3813)
這個級數的和大約等於1.644934(OEIS數列A013661)。巴塞爾問題是尋找這個數的準確值,並證明它是正確的。歐拉發現準確值是
,並在1735年公佈;彼時他給出了一個錯誤的證明,真正嚴密的證明在1741年給出。
收斂性證明[編輯]
利用放縮法可以簡便地證明級數
有界,並由單調收斂定理得到收斂性。
注意到
且
,
。故
故
。
歐拉的錯誤證明[編輯]
歐拉最初推導
的方法是聰明和新穎的。他假設有限多項式的性質對於無窮級數也是成立的。然而,歐拉沒有證明此一假設,且此一假設在一般情況下也是錯誤的。不過他計算了級數的部分和後發現,級數確實趨近
,不多不少。這給了他足夠的自信心,把這個結果公諸於眾。
歐拉的方法是從正弦函數的泰勒級數展開式開始:
![{\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/15a9027c77b90e40215c01281b39d37730e7e537)
兩邊除以
,得:
![{\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/52e2f18cc4f8100e7be16afc351e0a7c1b7adc8e)
現在,
的根出現在
,其中
我們假設可以把這個無窮級數表示為線性因子的乘積,就像把多項式因式分解一樣:
![{\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2ad0281f1661f711479e127fb13c720d89871fcf)
如果把這個乘積展開,並把所有有
的項收集在一起,我們可以看到,
的二次項系數為:
![{\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}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7c39ab3b889b31223d9e1a3efce3eb6b95eeb1e4)
但從
原先的級數展開式中可以看出,
的系數是
。這兩個系數一定是相等的;因此,
![{\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/137f5522a36f142a13fa24086ada72f53fd0cd70)
等式兩邊乘以
就可以得出所有平方數的倒數之和。
![{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/26a915462f991c41d6da8e006e857aed0ee427cf)
黎曼ζ函數[編輯]
黎曼ζ函數ζ(s)是數學中的一個很重要的函數,因為它與質數的分佈密切相關。這個函數對於任何實數部分大於1的複數s都是有定義的,由以下公式定義:
![{\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/31f460a787ebaf667aaf7805f2b87e542a02836b)
取s = 2,我們可以看出ζ(2)等於所有平方數的倒數之和:
![{\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}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/cd93c00613f44f50c10a0e5e6c7de96bc7ffe57e)
用以下的等式,可以證明這個級數收斂:
![{\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}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/432ece1ad6b27585ac27c3e2190e5590c46315ca)
因此ζ(2)的上界小於2,因為這個級數只含有正數項,它一定是收斂的。可以證明,當s是正的偶數時,ζ(s)可以用伯努利數來表示。設
,有以下公式:
![{\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(2\pi )^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot (2n)!}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e6b4602234b165ad103209f1d4cbdf4833068d19)
嚴密的證明[編輯]
以下介紹了一個
的證明。它是目前已知最基本的證明,大部分其它的證明都需要用到傅立葉分析、複分析和多變量微積分,但這個證明連一元微積分也不需要(在證明的最後部分需要使用極限的概念)。
考慮面積,
![{\displaystyle \tan \theta >\theta >\sin \theta }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/009a75107ead52731644af01338a96a7800abf0e)
![{\displaystyle {\frac {1}{\tan \theta }}<{\frac {1}{\theta }}<{\frac {1}{\sin \theta }}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/95a9b6ef1c157cbb04dfb507bbb9b53e91e97539)
![{\displaystyle \cot ^{2}\theta <{\frac {1}{\theta ^{2}}}<\csc ^{2}\theta }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7f9b6146f0ce2b5755918e33692d67b77677fabb)
這個證明的想法是把以下的部分和固定在兩個表達式之間,這兩個表達式當m趨於無窮大時都趨於
。
![{\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9afbce6d74ff38101967e217387c8e873a4dfa30)
這兩個表達式從餘切和餘割的恆等式推出。而這些恆等式則從狄默夫定理推出。
設x為一個實數,滿足0 < x < π/2,並設n為正整數。從狄默夫定理和餘切函數的定義,可得:
![{\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}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2dce3548c59bc3443237347783da2a0c61207986)
根據二項式定理,我們有:
![{\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}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c119769323602638eff639db6ce53ba08911714c)
![{\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]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9d4fe91ed922b8011563ae45e34bdf126dfc3306)
把兩個方程合併,由於相等的兩個複數的虛數部分也一定相等,因此有:
![{\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]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/07546ae81a253d62baee0fd3e17a5b063acdf1bd)
固定一個正整數m,設n = 2m + 1,並考慮xr = r π/(2m + 1)對於r = 1、2、……、m。那麼nxr是π的倍數,因此是正弦函數的零點,所以:
![{\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/539b7f5e5f0f0ef1b0e0fa160fea00462a25ecb1)
對於所有的r = 1、2、……、m。x1、……、xm是區間(0, π/2)內不同的數。由於函數cot2 x在這個區間內是一一對應的,因此當r = 1、2、……、m時,tr = cot2 xr的值各不同。根據以上方程,這些m個"tr"是以下m次多項式的根:
![{\displaystyle p(t):={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/fc335adb7d4e1b8289d22333576795329d03eec5)
根據韋達定理,我們可以直接從這個多項式的頭兩項計算出所有根的和,因此:
![{\displaystyle \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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/67363e9ae2b6f73a388e65572bd788ee4f988892)
把恆等式csc2 x = cot2 x + 1代入,可得:
![{\displaystyle \csc ^{2}x_{1}+\csc ^{2}x_{2}+\cdots +\csc ^{2}x_{m}={\frac {2m(2m-1)}{6}}+m={\frac {2m(2m+2)}{6}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8d604cad116cf57eee0ded9c115f1ffc94ec869f)
現在考慮不等式cot2 x < 1/x2 < csc2 x。如果我們把對於xr = r π/(2m + 1)的所有不等式相加起來,並利用以上的兩個恆等式,便可得到:
![{\displaystyle {\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5fbd75e4d5f190274ece170a6c0bf5c8ac89e8c5)
把不等式乘以(π/(2m + 1))2,便得:
![{\displaystyle {\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)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1174cb0db421fbbae35089ce6faac41b5f6fed11)
當m趨於無窮大時,左面和右面的表達式都趨於
,因此根據夾擠定理,有:
![{\displaystyle \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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/cc4c3b614c578fcadc7d10a63e231f0f779ba513)
證畢。
二重積分的證明[編輯]
首先考慮二重積分
的級數展開形式,其中區域D1為x∈(0,1)且y∈(0,1)的正方形區域:
![{\displaystyle {\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1-xy}}\right)\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left[\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(xy)^{n-1}\mathrm {d} x\right]\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}y^{n-1}}{n}}\right|_{x=0}^{x=1}\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n-1}}{n}}\mathrm {d} y\\&=\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n}}{n^{2}}}\right|_{y=0}^{y=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9f4513be7a7ae39314ebd855b68a17e19dc0bdb8)
接下來考慮做如下轉換:
![{\displaystyle {\begin{cases}x=u\cos {\dfrac {\pi }{4}}-v\sin {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u-v}{\sqrt {2}}}\\y=u\sin {\dfrac {\pi }{4}}+v\cos {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u+v}{\sqrt {2}}}\\\end{cases}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4ce019d50d5ef4b6da433c427269fd1182a8eea9)
相當於將正方形區域D1旋轉45°之後變成D2,但仍然保持其形狀與面積,其中正方形D2的四個頂點在(u,v)下的坐標分別是
、
、
、
:
![{\displaystyle {\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{1-{\frac {(u-v)(u+v)}{2}}}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\\&=2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{-u}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+2\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{u-{\sqrt {2}}}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{0}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{0}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=I_{1}+I_{2}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/be62e29bd35dfdde55d4889820674697b4a2aef1)
最後一行用到的是偶函數的性質化簡積分,並且將加號前後的兩個積分(包括前面的系數)簡記為I1與I2。先計算I1,下面變量代換設
,則有
:
![{\displaystyle {\begin{aligned}I_{1}&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v=u}\mathrm {d} u=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\frac {\arctan {\frac {u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{{\sqrt {2}}\cos \theta }}}{{\sqrt {2}}\cos \theta }}\mathrm {d} \theta \\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}\arctan \tan \theta \mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}\theta \mathrm {d} \theta =2\theta ^{2}{\bigg |}_{\theta =0}^{\theta ={\frac {\pi }{6}}}={\frac {\pi ^{2}}{18}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ca20f64775c92171a33068a65b92d0014291c5f5)
類似地,再計算I2,下面變量代換設
,則有
,並且交換積分上下限從負號變回正號:
![{\displaystyle {\begin{aligned}I_{2}&=4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v={\sqrt {2}}-u}\mathrm {d} u=\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}{\frac {\arctan {\frac {{\sqrt {2}}-u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}-{\sqrt {2}}\cos \theta }{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}(1-\cos \theta )}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}\mathrm {d} \theta \\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\arctan \tan {\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =\theta ^{2}{\bigg |}_{\theta =0}^{\theta ={\frac {\pi }{3}}}={\frac {\pi ^{2}}{9}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/de2b1b9056939df05e8f5ff99bd2d33a1bc5b269)
最終可以得到:
![{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}=I_{1}+I_{2}={\frac {\pi ^{2}}{18}}+{\frac {\pi ^{2}}{9}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/57f32976a44ba9bb5d84bb242ee6b6d83bc04148)
證畢。
傅立葉級數的證明[編輯]
設有函數
,其定義域為
。這個函數的傅立葉級數是:
。
根據帕塞瓦爾恆等式,我們有:
![{\displaystyle {\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4de44f9857ad86374f4fa11b4d0baedcd1a55882)
因此
![{\displaystyle {\pi ^{2} \over 6}=\sum _{n=1}^{\infty }{1 \over n^{2}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e4ddfb14f950ef1dcfd623b9a92e47812aa47e88)
證畢。
參考文獻[編輯]
- Weil, André, Number Theory: An Approach Through History, Springer-Verlag, 1983, ISBN 0-8176-3141-0 .
- Dunham, William, Euler: The Master of Us All, Mathematical Association of America, 1999, ISBN 0-88385-328-0 .
- Derbyshire, John, Prime Obsession: Bernhard Riemann and the Greatest Unsolved Problem in Mathematics, Joseph Henry Press, 2003, ISBN 0-309-08549-7 .
- Aigner, Martin; Ziegler, Günter M., Proofs from THE BOOK, Berlin, New York: Springer-Verlag, 1998
- Edwards, Harold M., Riemann's Zeta Function, Dover, 2001, ISBN 0-486-41740-9 .
外部連結[編輯]