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
∞
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 编辑
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 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:
ζ
(
s
)
=
∑
n
=
1
∞
1
n
s
{\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}
取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 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 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π2 /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。
设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x r = r π/(2m + 1)对于r = 1、2、……、m 。那么nx r 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、……、m 。x 1 、……、x m 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,t r = cot2 x r 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
)
:=
(
2
m
+
1
1
)
t
m
−
(
2
m
+
1
3
)
t
m
−
1
±
⋯
+
(
−
1
)
m
(
2
m
+
1
2
m
+
1
)
{\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}}}
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
+
⋯
+
cot
2
x
m
=
(
2
m
+
1
3
)
(
2
m
+
1
1
)
=
2
m
(
2
m
−
1
)
6
{\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}}}
把恒等式csc2 x = cot2 x + 1代入,可得:
csc
2
x
1
+
csc
2
x
2
+
⋯
+
csc
2
x
m
=
2
m
(
2
m
−
1
)
6
+
m
=
2
m
(
2
m
+
2
)
6
{\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}}}
现在考虑不等式cot2 x < 1/x 2 < csc2 x 。如果我们把对于x r = 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:
2
m
(
2
m
−
1
)
6
<
(
2
m
+
1
π
)
2
+
(
2
m
+
1
2
π
)
2
+
⋯
+
(
2
m
+
1
m
π
)
2
<
2
m
(
2
m
+
2
)
6
{\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}}}
把不等式乘以(π/(2m + 1))2 ,便得:
π
2
6
(
2
m
2
m
+
1
)
(
2
m
−
1
2
m
+
1
)
<
1
1
2
+
1
2
2
+
⋯
+
1
m
2
<
π
2
6
(
2
m
2
m
+
1
)
(
2
m
+
2
2
m
+
1
)
{\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)}
当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:
ζ
(
2
)
=
∑
k
=
1
∞
1
k
2
=
lim
m
→
∞
(
1
1
2
+
1
2
2
+
⋯
+
1
m
2
)
=
π
2
6
{\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}}}
证毕。
傅里叶级数的证明 编辑
设有函数
f
(
x
)
=
x
{\displaystyle f(x)=x}
,其定义域为
x
∈
(
−
π
,
π
)
{\displaystyle x\in (-\pi ,\pi )}
。这个函数的傅里叶级数 是:
f
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
2
(
−
1
)
n
+
1
n
sin
(
n
x
)
{\displaystyle 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:
π
2
3
=
1
2
π
∫
−
π
π
f
2
(
x
)
d
x
=
∑
n
=
1
∞
1
2
π
∫
−
π
π
(
2
(
−
1
)
n
+
1
n
sin
(
n
t
)
)
2
d
t
=
2
∑
n
=
1
∞
1
n
2
{\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}}}
因此
π
2
6
=
∑
n
=
1
∞
1
n
2
{\displaystyle {\pi ^{2} \over 6}=\sum _{n=1}^{\infty }{1 \over n^{2}}}
证毕。
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