\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.