黎曼函数ζ(2n)的几种求法

\(\zeta (2n)\)的几种求法

目录

结论

\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]

欧拉的证实

PS:欧拉在《无限小剖析引论中》,是对 \(e^x + e^{-x}\) 的睁开系数举行剖析,而下文是对 \(\frac{\sin(x)}{x}\) 剖析,两者几乎没有区别。

这一方式通过对照 \(\frac{\sin(x)}{x}\)无限级数睁开无限乘积睁开的各项系数,依次求出 \(\zeta(2),\zeta(4),\zeta(6),\cdots\) 的值。

无限级数睁开:

\[\frac{\sin(x)}{x} = 1 – \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} – \frac{x^6}{7!} + \cdots \]

考察发现,\(\frac{\sin(x)}{x}\) 的根集为 \(x=n\cdot \pi,\mbox{ }(n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots)\)

因此可以预测无限乘积睁开

\[\begin{align} \frac{\sin(x)}{x} & {} = \left(1 – \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 – \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 – \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \notag\\ & {} = \left(1 – \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 – \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 – \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \notag\cdots \end{align} \]

事实上,欧拉并没有证实这个无限乘积睁开,直到100年后魏尔施特拉斯提出了“魏尔施特拉斯剖析定理”Weierstrass factorization theorem)。

先对照二次项系数,可以求得 \(\zeta(2)\)

\[\begin{aligned} -\frac{1}{3!} &= (-\frac{1}{\pi ^2})+(-\frac{1}{4\pi ^2})+\cdots=-\frac{1}{\pi^2}\cdot \zeta(2) \\ \zeta(2) &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned} \]

继续对照四次项系数,可以求得 \(\zeta(4)\)

\[\begin{aligned} \frac{1}{5!} &= \sum_{1\le i<j} \frac{1}{i^2\pi^2}\cdot \frac{1}{j^2\pi^2} =\frac{1}{2}\left( \left(\sum_{1\le i}\frac{1}{i^2\pi^2}\right)^2 – \sum_{1\le i} \frac{1}{i^4\pi^4} \right) \\&=\frac{1}{2\pi^4} (\zeta^2(2)-\zeta(4)) \\ \zeta(4)&=\frac{\pi^4}{90} \end{aligned} \]

用这种方式,可以继续依次求出 \(\zeta(6), \zeta(8), \cdots\)

可以用牛顿恒等式

\[S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i} \]

作用到这个无限乘积式上,把 \(x^2\) 看作一个整体 \(y\)。由无限级数的各项系数得:\(\sigma_n = \frac{1}{(2n+1)!}\)

又有 \(S_n = (\frac{1}{\pi^2})^n+(\frac{1}{4\pi^2})^n+(\frac{1}{9\pi^2})^n + \cdots = \frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}\)

以是对随便 \(n\),可以获得 \(\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2n)\) 之间的关系式:

\[\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}=\frac{(-1)^{n+1}n}{(2n+1)!}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{(-1)^{i+1}}{(2i+1)!}\cdot \frac{\zeta(2(n-i))}{\pi^{2(n-i)}} \]

于是可以由数学归纳法,推得

\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]

进一步探索,\(\zeta\) 函数、余切、伯努利数的关系

若是延续欧拉的证实,而不用数学归纳法推导最终的式子,是否可以推出 \(\zeta\) 函数和伯努利数的关系?

\(P(y) = \frac{sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}}=(1-\frac{y}{\pi^2})(1-\frac{y}{4\pi^2})(1-\frac{y}{9\pi^2})\cdots = 1-\sigma_1 y+\sigma_2 y^2-\sigma_3y^3+\cdots\)

思量组织数列 \(\{0,S_1,S_2,S_3,\cdots\}\)天生函数 \(Q(y)=S_1y+S_2y^2+S_3y^3+\cdots\)

再由牛顿恒等式 \(S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i}\),考察 \(F(y) = P(y)\cdot Q(y)\) 的各次项系数,可得:

\[\begin{aligned} F(y)=P(y)\cdot Q(y) &= \sum_{i=1}^n y^i\left(S_i+\sum_{j=1}^{i-1}(-1)^j\sigma_jS_{i-j}\right) \\&=\sum_{i=1}^n y^i\left(-1^{i+1}\sigma_i i\right) \\&=-y\cdot \frac{d}{dy}P(y)=-y\cdot P'(y) \\Q(y) &= -y\cdot \frac{P'(y)}{P(y)} \end{aligned} \]

\(P(y)=\frac{\sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}},\ P'(y)=\frac{\cos(\sqrt{y})}{2y}-\frac{\sin(\sqrt{y})}{2y\sqrt{y}}\) 代入,得:

\[\begin{aligned} Q(y)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{y}\cot \sqrt{y} \\&=\sum_{i=1}^{\infty}y^i\cdot \frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}} \end{aligned} \]

以是 \(cot(x)\) 的洛朗睁开式是

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\[cot(x) = \frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}x^{2n-1} \]

由此,我们推出了 \(\zeta\) 函数与余切的关系

接下来就简朴了。由伯努利数的天生函数界说可知:

\[\frac{2x}{e^{2x}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n2^n}{n!}x^n=^设 B(x) \]

实验寻找余切函数和伯努利数的关系:

\[\begin{aligned} i\cot(ix)&=coth(x)=\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}=\frac{1}{e^{2x}-1}+\frac{1}{1-e^{-2x}} \\&=\frac{1}{2x}(B(x)+B(-x)) \\&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}2^{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \\cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \end{aligned} \]

由此,我们推出了余切与伯努利数的关系

对照两个洛朗睁开式的系数,便求得\(\zeta\)函数与伯努利数的关系

\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]

傅立叶剖析证实

行使傅立叶级数求 \(\zeta(2n)\) 的方式是对照通例的,也是对照利便的。

思量函数 \(f(x)=x^2,\ x\in [-\pi ,+\pi]\),将其傅立叶睁开:

\[f(x)=x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\frac{4}{n^2}\cos(nx)\right) \]

\(x=\pi\),易得 \(\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)

实验求 \(\zeta(4)\),思量函数 \(f(x)=x^4,\ x\in [-\pi,+\pi]\),将其傅立叶睁开:

\[f(x)=x^4 \sim \frac{\pi^4}{5}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\left(\frac{8\pi^2}{n^2}-\frac{48}{n^4}\right)cos(nx)\right) \]

效果异常的 Amazing!

同样地取 \(x=\pi\),化简得 \(8\pi^2\zeta(2)-48\zeta(4)+\frac{\pi^4}{5}=\pi^4\)\(\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}\)

用同样的方式对 \(f(x)=x^{2m}\) 睁开,可以继续依次求出 \(\zeta(6),\zeta(8),\cdots\)

思量函数 \(f(x)=x^{2m}\) 的傅立叶级数:

\[f(x)=x^{2m}\sim a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n cos(nx)\right) \]

盘算系数:

\[\begin{aligned} a_0&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{\pi^{2m}}{2m+1} \\a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2m}cos(nx)dx \\&=\frac{1}{\pi}\left(\left.\left( x^{2m}\frac{sin(nx)}{n}+(x^{2m})’\frac{cos(nx)}{n^2}-(x^{2n})”\frac{sin(nx)}{n^3}-(x^{2m})”’\frac{cos(nx)}{n^4}+\cdots \\+(-1)^{m-1}(x^{2m})^{[2m-1]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} +\int_{-\pi}^{\pi}(-1)^{m}(x^{2m})^{[2m]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}}dx \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\left.\left( \frac{(2m)!}{(2m-2i)!}x^{2m-2i}\frac{sin(nx)}{n^{2i+1}}+\frac{(2m)!}{(2m-2i-1)!}x^{2m-2i-1}\frac{cos(nx)}{n^{2i+2}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{(-1)^n}{n^{2i+2}} \right) \\&(n=1,2,\cdots) \end{aligned} \]

\(x=\pi\),对睁开式举行化简:

\[\begin{aligned} f(\pi)&=\pi^{2m}=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cdot(-1)^n\right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{1}{n^{2i+2}} \right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2i}} \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\zeta(2i) \end{aligned} \]

以是对随便 \(m\),可以获得 \(\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2m)\) 之间的关系式。

\[\frac{m}{(2m+1)!}=\sum_{i=1}(-1)^{i+1}\frac{1}{(2m-2i+1)!}\frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}} \]

仔细考察之后,这与前面的递推式是一样的,因此可以用前面的方式(数学归纳法或天生函数法)推出:

\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]

留数法证实

留坑待填

参考资料

欧拉 · 《无限小剖析引论》

御坂01034 · 巴塞尔问题的多种解法

formulasearchengine · Weierstrass factorization theorem

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