巴塞尔问题

· · 算法·理论

Problem. 计算：

\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}

或证明其不收敛。

Solution. 先审敛，注意到对于 n\ge 2 有：

\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}

所以：

\begin{aligned} 1+\left (\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2} \right ) &< 1+\left (\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{n(n-1)} \right ) \\ &= 2-\frac{1}{n} \\ &< 2 \end{aligned} 设函数 $f(x)=x^2$，在 $(-\pi, \pi)$ 上对其应用三角形式的 Fourier 级数： $$ f(x)=A_0+\sum^{\infty}_{n=1}\left (A_n\cos(nx)+B_n\sin(nx)\right ) $$ $f(x)$ 为偶函数，故正弦函数的系数为 $0$，$B_n=0$。 计算 $A_0$： $$ \begin{aligned} A_0 &= \frac{1}{P}\int_{P}f(x)\,dx \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx \\ &= \frac{\pi^2}{3} \end{aligned} $$ 计算 $A_n$： $$ \begin{aligned} A_n &= \frac{2}{P}\int_{P}f(x)\cos\left (\frac{2\pi nx}{P}\right )\,dx \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos(nx)\,dx \\ &= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos(nx)\,dx \\ &= \frac{2}{\pi}\left (\left [x^2\cdot \frac{\sin(nx)}{n}\right ]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi}2x\cdot \frac{\sin(nx)}{n}\,dx \right ) \\ &= -\frac{2}{\pi}\cdot \frac{2}{n} \int_{0}^{\pi}x\sin(nx)\,dx \\ &= -\frac{4}{n\pi}\left [-\frac{x\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2} \right]_{0}^{\pi} \\ &= -\frac{4}{n\pi}\cdot \frac{\pi(-1)^n}{n} \\ &= \frac{4(-1)^n}{n^2} \end{aligned} $$ 我们写出 Fourier 级数： $$ x^2=\frac{\pi^2}{3}+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos(nx) $$ 令 $x=0$： $$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{4(-1)^n}{n^2}&=-\frac{\pi^2}{3} \\ \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2}&=-\frac{\pi^2}{12} \\ \end{aligned} $$ 这是一个首项为负的交错级数，即 $-1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+\cdots$。我们想要得到原来的级数 $\frac{1}{n^2}$，可以在这个级数的基础上加上两倍奇数项： $$ \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} = \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} + 2\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} $$ 不难发现关于奇数项我们有： $$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} + \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k)^2} \\ &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} + \frac{1}{4}\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^2} \\ \left (1-\frac{1}{4}\right )\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} \\ \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} &= \frac{3}{4}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \end{aligned} $$ 将其代入原先的式子： $$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} + \frac{3}{2}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \\ \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= -2\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} \\ &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned} $$ 题目所求即为 $\frac{\pi^2}{6}$。 --- 其实还有一个更头脑风暴的做法。 **Solution.** 我们先证明一个重要级数： $$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n} &= x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots \\ &= \int \frac{dx}{1-x} \\ &= -\ln(1-x) \end{aligned} $$ 对于所有 $|x|<1$ 成立。 进一步地，我们在 $|x|<1$ 上考虑如下函数： $$ f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n^2} $$ 尝试使用积分构造 $f(x)$： $$ \begin{aligned} f(x) &= \int^{x}_{0} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{u^{n-1}}{n}\,du \\ &= \int^{x}_{0} -\frac{\ln(1-u)}{u}\,du\quad\left (\text{根据} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)\right ) \\ \end{aligned} $$ $f(x)$ 在其定义域上一致收敛，由解法一的审敛我们知道 $f(x)$ 在端点 $x=1$ 仍然收敛，我们可以求 $f(x)$ 在 $1^-$ 处的极限： $$ \begin{aligned} \lim_{x\to 1^-} f(x) &= \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \\ &= \int^{1}_{0}-\frac{\ln(1-u)}{u}\,du \\ &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned} $$ 注：关于此积分的求值详见[这个证明](https://math.stackexchange.com/a/3722000)。