[欧拉数学]伯努利级数及相关级数的总结
By 苏剑林 | 2016-03-20 | 96162位读者 |最近在算路径积分的时候,频繁地遇到了以下两种无穷级数:
$$\sum_n \frac{1}{n^2\pm\omega^2}\quad \text{和} \quad \prod_n \left(1\pm\frac{\omega^2}{n^2}\right)$$
当然,直接用Mathematica可以很干脆地算出结果来,但是我还是想知道为什么,至少大概地知道。
伯努利级数 #
当$\omega=0$的时候,第一个级数变为著名的伯努利级数
$$\sum_n \frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\dots$$
既然跟伯努利级数有关,那么很自然想到,从伯努利级数的求和入手。
伯努利级数求和的最为人称颂的方法,当属欧拉通过大胆猜测、类比而给出的“证明”了。欧拉考虑级数
$$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=1-\frac{x}{6}+\frac{x^2}{120}-\frac{x^3}{5040}+\dots$$
从左端的式子,容易看出$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=0$的根为$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$。
接着,我们考虑一元$n$次方程
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=0$$
假设它有$n$个非零根$x_1,x_2,\dots,x_n$,那么我们可以将它看成是关于$\frac{1}{x}$的方程
$$\left(\frac{1}{x}\right)^n+a_1 \left(\frac{1}{x}\right)^{n-1}+\dots+a_n=0$$
对应的根变成了$1/x_1,1/x_2,\dots,1/x_n$,那么根据韦达定理得到
$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}=-a_1$$
欧拉的大胆之处,就是它将上述的韦达定理,直接推广到无穷级数中去。他说,既然$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=0$的根为$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$,那么就有
$$\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{2^2 \pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\dots=-a_1=\frac{1}{6}$$
于是他告诉我们
$$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\dots=\frac{\pi^2}{6}$$
大胆、巧妙而不失简洁,欧拉完美地体现了冒险者的精神和令人陶醉的美!无怪乎John Stellwell在他的《数学及其历史》中,称“欧拉或许是级数运算的最伟大的学者”。
谨慎,审视 #
记得第一次看到这个证明,笔者就对欧拉佩服得五体投地了。这是怎样的头脑才能想出这样的方法!在那个级数运算才刚刚发展起来的年代,他就敢于将简单的韦达定理推广到无穷。更要命的是,他得到了正确的结果!正确的结果!~
不过如今学习更加深入,现在重看他的过程,就会带着审视的眼光了,比如哪里不严格了,哪里可以推广,等等。将韦达定理推广到无穷,并非不可能,但是有几个问题需要解决,比如怎么保证列出了所有根了呢?韦达定理中的那些根,可以是复根,而$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$最多也就是全部实数根,还有复根吗?不用$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}$,换成其他函数,有没有可能得到其它类似的有趣结果呢?
当然,在这里只是稍微一提,这不是本文的主题,因此并不多做讨论。事实上,欧拉的方法能衍生出丰富的结果,它的启发性、创造性已经远远掩盖了它的不严格性了。
连乘积的结果 #
事实上,欧拉的方法所告诉我们的,远远多于伯努利级数和这一特例。从代数理论中我们还知道,如果一元$n$次方程$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=0$的$n$个非零根为$x_1,x_2,\dots,x_n$,那么就有
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=a_n (x-x_1)(x-x_2)\dots (x-x_n)$$
将$x=0$代进去,得到
$$1=a_n(-x_1)(-x_2)\dots (-x_n)$$
用这个关系,可以将上式改写成
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=\left(1-\frac{x}{x_1}\right)\left(1-\frac{x}{x_2}\right)\dots \left(1-\frac{x}{x_n}\right)$$
欧拉又说,这个能推广到无穷!所以有
$$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=\left(1-\frac{x}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x}{2^2 \pi^2}\right)\left(1-\frac{x}{3^2\pi^2}\right)\dots$$
或者换一下变量
$$\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2 \pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\dots$$
代入$x=\omega\pi$,得到
$$\frac{\sin \omega\pi}{\omega\pi}=\left(1-\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1-\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1-\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
这就是文章一开头提及到的连乘积之一。如果把$\omega$换成$i\omega$,就得到
$$\frac{\sin (i\omega\pi)}{i\omega\pi}=\left(1+\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1+\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1+\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
利用$\sin (ix)=i\sinh x$,就得到
$$\frac{\sinh \omega\pi}{\omega\pi}=\left(1+\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1+\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1+\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
这是连乘积的另一种情况。
回来继续求和 #
继续我们的求和,如果把$\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$换为
$$\frac{\omega\sin (\pi\sqrt{x+\omega^2})}{\sqrt{x+\omega^2}\sin\omega\pi}=1+\frac{\pi\omega\cot\omega\pi-1}{2\omega^2}x+\dots$$
这一次,方程
$$\frac{\omega\sin (\pi\sqrt{x+\omega^2})}{\sqrt{x+\omega^2}\sin\omega\pi}=0$$
的所有根为$x=n^2-\omega^2,\,n=1,2,3,\dots$,因此有
$$\sum_n \frac{1}{n^2-\omega^2}=\frac{1-\pi\omega\cot\omega\pi}{2\omega^2}$$
将$\omega$换为$i\omega$,得到
$$\sum_n \frac{1}{n^2+\omega^2}=\frac{1-i\pi\omega\cot i\omega\pi}{2(i\omega)^2}=\frac{\pi\omega\coth \omega\pi-1}{2\omega^2}$$
这就解决了两个求和问题了。
欧拉,真乃神人也! #
百科上说到:欧拉从19岁开始发表论文,直到76岁,共写下了886本书籍和论文,其中在世时发表了700多篇论文。彼得堡科学院为了整理他的著作,整整用了47年!不得不说,这才是当之无愧的学神呐!
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March 21st, 2016
欧拉的著作由瑞士科学院欧拉委员会整理,现在还没有整理完全。欧拉委员会官方网站:http://www.leonhard-euler.ch/
至今还没有整理完全?
June 24th, 2018
方程sin(√x)/(√x)=0没有复数根,这一点很容易证明。就象exp(z)不可能等于0一样。
September 20th, 2018
[图片]苏兄,最后那个换是怎么得来的啊?
$$i\cot ix = \coth x$$
谢谢苏兄的回复,我是问你
继续我们的求和,如果把sin(√x)/(√x)
换为,下面那个东西怎么想到的?
就是类比$\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$求$1+1/4+1/9+\dots$的过程,构造所有根为$x=n^2-\omega^2,\,n=1,2,3,\dots$的一个函数咯。有了$\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$这个例子,应该不难理解吧。
是的,我也这么想,应该是sin(pi√x+w^2)/(pi√x+w^2)才是,但是你还乘了w,除了sin(wpi),就没想明白了
$$\left.\frac{\sin\pi\sqrt{x+\omega^2}}{\pi\sqrt{x+\omega^2}}\right|_{x=0}=\frac{\sin\omega\pi}{\omega\pi}$$
要除以$\frac{\sin\omega\pi}{\omega\pi}$,它的泰勒展开的第一项才为1
苏兄,我想问你个积分,你能算下吗?想了好久,都没弄出来,
觉得你很强,函数ln(1+x) /[x(1+x^2)]从0到1的积分。
September 25th, 2018
苏兄非常感谢你的耐心指导!!!
September 26th, 2018
@李刚|comment-9827
我确认下,是不是这个?
$$\int_0^1 \frac{\ln (1+x)}{x(1+x^2)}dx$$
是的,苏兄!
令
$$F(a) = \int_0^1 \frac{\ln (1+ax)}{x(1+x^2)}dx$$
那么原问题就是求$F(1)$,并且我们有$F(0)=0$。对$a$求导得到
$$F'(a)=\int_0^1 \frac{1}{(1+ax)(1+x^2)}dx$$
这个积分可以直接积出来,并不困难,结果是
$$F'(a)=\frac{-a \ln 4+4 a \ln (a+1)+\pi }{4 a^2+4}$$
从而可以继续对$a$求积分得到
$$F(1)=\int_0^1 F'(a)da=\frac{1}{16}(\pi^2-\ln^2 4)+\int_0^1 \frac{a\ln(1+a)}{1+a^2}da$$
而
$$\begin{aligned}\int_0^1 \frac{a\ln(1+a)}{1+a^2}da=&\int_0^1 \left[\frac{\ln(1+a)}{a}-\frac{\ln(1+a)}{a(1+a^2)}\right]da\\
=&\int_0^1 \frac{\ln(1+a)}{a}da-F(1)\end{aligned}$$
从而
$$F(1)=\frac{1}{32}(\pi^2-\ln^2 4)+\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1+a)}{a}da$$
现在剩下的积分,如果将$\ln(1+a)$展开为$a$的泰勒级数,然后逐项积分,会发现等于
$$F(1)=\frac{1}{32}(\pi^2-\ln^2 4)+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}+\dots\right)$$
括号内的级数求和欧拉已经算出过了,就是$\pi/12$,所以综合起来就是
$$F(1)=\frac{7\pi^2}{96}-\frac{\ln^2 2}{8}$$
(自己乱想的,可能不规范,答案应该是对的)
September 28th, 2018
苏兄强啊,我这样算,计算能力不行啊,我再算算,苏兄现在是干嘛啊?
有网友提供了一个答案,结果几乎一样。原来我这样乱搞,还跟标准答案几乎一样了。
函数f(x)在[0,1]连续,(0,1)可导,f(0)=0,f(1)=2,证明:在(0,1)内至少存在ξ,f'(ξ)=2f(ξ)+1,苏兄,你看看这道题呗,想了好久一直构造不出来。
不用做了,这是个错题,苏兄
September 28th, 2018
尴尬,苏兄比我小,你还在研究生在读呢!
March 7th, 2020
我发现把伯努利级数看成了伯努利数。。。(尴尬)不过也挺好看的,感谢。( •̆ ᵕ •̆ )◞♡
^_^