$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$ 作为 $p$-级数($0 < p $), 此时 $p=2$, 当然收敛.
\[ \begin{split} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} & < 1+\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n(n-1)}\\ &=1+\sum_{n=2}^{N}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=1+1-\frac{1}{N}\rightarrow 2. \end{split} \]
或者根据 Cauchy 准则也可以证明其收敛.
事实上 当 $n>1$ 时,
\[ \frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}, \]
于是 \[ 0<\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^2}<\sum_{k=n+1}^{n+p}\Bigl(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\Bigr)=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}\rightarrow 0,\quad(n\rightarrow\infty) \]
根据 Cauchy 准则, 原级数收敛.
讨论级数 $\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$ ($s\in\mathbb{R}$) 的敛散性.
这里的讨论基本上和 $p$-级数是一样的, 只不过 $s$ 的范围拓展到了 $\mathbb{R}$ 上.
解: $s\leq 0$ 时, 一般项 $\not\rightarrow 0$, 故级数发散.
$s>0$ 时, 考虑 $f(x)=x^{-s}$, $f$ 为非负单调下降函数, 且
\[ F(x)=\int_1^x f(t)dt=\int_1^x t^{-s}dt= \begin{cases} \ln x, & s=1,\\ \frac{1}{1-s}(x^{1-s}-1), & s\neq 1. \end{cases} \]
故
这说明当 $s\leq 1$ 时, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$ 发散; $s > 1$ 时, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$ 收敛.
观察到, \[ \frac{3}{4}\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^2}=\sum_{r=0}^{\infty}\frac{1}{(2r+1)^2} \]
因此, 等价于证明 \[ \sum_{r=0}^{\infty}\frac{1}{(2r+1)^2}=\frac{\pi^2}{8} \]
有很多是关于上面等式的证明. 参见 Robin Chapman 所收集的证明.
这里的证明来自于梅加强所著《数学分析》, 证明所用方法十分初等, 简洁. 有很多其他的证明用到了更高级的数学, 如: Fourier 分析, 复分析, 多元函数等. Wiki 上也提供了一个初等证明, 见 http://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem
反复利用等式 \[ \frac{1}{\sin^2 x}=\frac{\cos^2 \frac{x}{2}+\sin^2 \frac{x}{2}}{4\sin^2\frac{x}{2}\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{1}{4}\biggl[\frac{1}{\sin^2\frac{x}{2}}+\frac{1}{\sin^2\frac{\pi+x}{2}}\biggr] \]
可得 \[ \begin{split} \frac{1}{\sin^2 x}&=\frac{1}{4}\biggl[\frac{1}{\sin^2\frac{x}{2}}+\frac{1}{\sin^2\frac{\pi+x}{2}}\biggr]\\ &=\frac{1}{4^2}\biggl[\frac{1}{\sin^2\frac{x}{4}}+\frac{1}{\sin^2\frac{2\pi+x}{4}}+\frac{1}{\sin^2\frac{\pi+x}{4}}+\frac{1}{\sin^2\frac{3\pi+x}{4}}\biggr]\\ &=\cdots\\ &=\frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi+x}{2^n}}. \end{split} \]
再利用 \[ \sin^2\frac{k\pi+x}{2^n}=\sin^2(\frac{k\pi+x-2^n\pi}{2^n}+\pi)=\sin^2\frac{(k-2^n)\pi+x}{2^n} \]
可以将前式改写为 \[ \begin{split} \frac{1}{\sin^2 x}&=\frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1}\frac{1}{\sin^2\frac{x+k\pi}{2^n}}\\ &=E_n+\sum_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1}\frac{1}{(x+k\pi)^2} \end{split} \]
其中, \[ E_n=\frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1}\biggl[\frac{1}{\sin^2\frac{x+k\pi}{2^n}}-\frac{1}{(\frac{x+k\pi}{2^n})^2}\biggr]. \]
利用不等式 \[ 0 < \frac{1}{\sin^2 x}-\frac{1}{x^2}=1+\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x}-\frac{1}{x^2} < 1,\quad\forall\ x\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] \]
就得到如下估计 \[ 0 < E_n < \frac{1}{2^{2n}}\cdot 2^n=\frac{1}{2^n},\quad\forall\ x\in [0,\frac{\pi}{2}]. \]
令 $n\rightarrow\infty$ 就得到下面的等式 \[ \frac{1}{\sin^2 x}=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+k\pi)^2},\quad x\neq n\pi. \]
上式在不包含 $\{n\pi\}$ 的任何闭区间上都是一致收敛的, 它可以写为 \[ \frac{1}{\sin^2 x}=\frac{1}{x^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\biggl[\frac{1}{(x+n\pi)^2}+\frac{1}{(x-n\pi)^2}\biggr],\quad x\neq k\pi. \]
特别的, 有 \[ \frac{1}{3}=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{1}{\sin^2 x}-\frac{1}{x^2})=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n\pi)^2}, \]
因此有 \[ \zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}. \]
梅加强, 数学分析, 高等教育出版社, 2011.
首先计算其收敛域.
解: \[ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\frac{2^n}{n^2}}=2, \]
因此收敛半径为 $R=\frac{1}{2}$.
当 $x=\frac{1}{2}$ 时, 原级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$, 收敛.
当 $x=-\frac{1}{2}$ 时, 原级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{n^2}$, 也收敛.
因此该幂级数的收敛域为 $[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$.
设 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2}x^n$. 在收敛区间 $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 内, 级数可以逐项求导
\[ S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n}x^{n-1}, \]
两边乘以 $x$, 得
\[ xS'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n}x^n, \]
继续两边对 $x$ 求导, 得 \[ S'(x)+xS''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}2^n x^{n-1}. \]
因此, 有 \[ \frac{1}{2}(S'(x)+xS''(x))=\sum_{n=1}^{\infty}(2x)^{n-1}=\frac{1}{1-2x}. \]
我们得到一个二阶非线性的常微分方程 \[ S'(x)+xS''(x)=\frac{2}{1-2x}. \]
它不含有 $S(x)$, 故可令 $y(x)=S'(x)$, 从而方程化为一阶方程 \[ y+xy'=\frac{2}{1-2x}. \]
这个容易求出来. 具体的, \[ ydx+xdy=\frac{2}{1-2x}dx, \]
令 $h(x)=xy(x)$, 即得 \[ dh(x)=\frac{2}{1-2x}dx. \]
我们省略具体过程, 得到 \[ h(x)=-\ln(1-2x)+C. \]
由于 $y(0)=S'(0)=2$, 故 $h(0)=0y(0)=0$, 因此 \[ h(x)=-\ln(1-2x). \]
从而, 当 $x\neq 0$ 时, \[ y(x)=-\frac{\ln(1-2x)}{x}. \]
即 \[ S'(x)=-\frac{\ln(1-2x)}{x}. \]
注意到 $S(0)=0$. 因此, \[ S(x)=S(x)-S(0)=\int_0^x S'(t)dt=-\int_0^x \frac{\ln(1-2t)}{t}dt. \]
特别的, \[ \begin{split} S(\frac{1}{2})&=-\int_0^{1/2} \frac{\ln(1-2t)}{t}dt\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-u)}{u}du\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{\ln u}{1-u}du. \end{split} \]
因此, 对于瑕积分 $\int_{0}^{1}\frac{\ln u}{1-u}du$, 我们不仅可以判断它是收敛的, 而且还可以知道它的值是 $-\frac{\pi^2}{6}$.
上面所讨论的求自然数平方的倒数之和的问题即是 Basel 问题.
Basel 问题是数学分析中一个非常著名的问题, 它首先是由 Pietro Mengoli 在 1644 年提出的, 后来由 Leonhard Euler 于 1735 解决.
首先观察 $\sin x$ 的泰勒展式 \[ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots, \]
然后两边除以 $x$ ($x\neq 0$) \[ \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots. \]
而 $\frac{\sin x}{x}$ 的根出现在 $x=n\pi$ ($n=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\ldots$) 处.
假设我们可以像有限多项式那样可以写成其各个根的表达式, 则 $\frac{\sin x}{x}$ 可以表示为 \[ \begin{split} \frac{\sin x}{x}&=(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{2\pi})(1+\frac{x}{2\pi})\cdots\\ &=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots \end{split} \]
于是, 从形式上作乘法, 并取出 $x^2$ 项的系数, 为 \[ -(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+\cdots)=-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}. \]
但从原级数来看, $\frac{\sin x}{x}$ 中 $x^2$ 的系数为 $-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{6}$, 因此必有 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}. \]
Remark: 需要注意的是, 欧拉的想法非常直观, 但并不严格. 因为有一些结论在他那个时代并没有发展出来. 比如需要用到
整函数除了无穷远点之外, 在 $\mathbb{C}$ 上是全纯的. 故可以使用 Taylor 级数来表示.
若 $z=\infty$ 是整函数 $f(z)$ 的极点, 则 $f(z)$ 就是一个多项式, 因此整函数可以看成多项式的自然推广, 是无穷多次阶的多项式 \[ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n z^n. \]
对于 $n$ 次多项式 $P_n(z)$, 如 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 是它的根, 则 $P_n(z)$ 可以表示为 \[ P_n(z)=A(z-a_1)(z-a_2)\cdots (z-a_n), \] 这里 $A$ 是复数.
对于
由于乘积是无穷乘积, 就有个收敛问题, 故不能这样简单地从事.
这个问题的正确回答是
Thm(Weierstrass). 若 $f(z)$ 为一整函数, $z=0$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 重零点($m=0$ 也可以), 其余零点为 $a_1,a_2,\ldots$, $0 < |a_n|\leq|a_{n+1}|$, $\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=\infty$. 若对任意的 $R > 0$, 有非负整数数列 $k_1,k_2,\ldots,k_n,\ldots$ 使得 $\sum_{n=1}^{\infty}\biggl(\frac{R}{|a_n|}\biggr)^{k_n+1}$ 收敛, 则 $f(z)$ 可表示为 \[ f(z)=z^m e^{h(z)}\Pi_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z}{a_n})\cdot\exp\biggl\{\frac{z}{a_n}+\frac{1}{2}(\frac{z}{a_n})^2+\cdots+\frac{1}{k_n}(\frac{z}{a_n})^{k_n}\biggr\}, \] 其中 $h(z)$ 为一整函数. 显然可取 $k_n=n-1$, 则 \[ f(z)=z^m e^{h(z)}\Pi_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z}{a_n})\cdot\exp\biggl\{\frac{z}{a_n}+\frac{1}{2}(\frac{z}{a_n})^2+\cdots+\frac{1}{n-1}(\frac{z}{a_n})^{n-1}\biggr\}. \]
龚昇, 简明复分析. 北京大学出版社.
关于这个级数有更一般的结果
\[ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+a)^2}=\lim_{b\rightarrow a}\int_0^1\frac{t^b-t^a}{b-a}\cdot\frac{-1}{1-t}dt \]
从而令 $a=0$ 得所要证的结论.
J. P. Lesko, W. D. Smith A Laplace transform technique for evaluating infinite series 4 76 5 394-398 2003
另外, 有 \[ \frac{\pi^2}{12}=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^2}. \]
http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function
龚昇, 简明复分析. 北京大学出版社.
梅加强, 数学分析, 高等教育出版社, 2011.