转载自http://www.ivy-end.com/archives/1098
今天我们来介绍一个曾经在数列题中做过无数遍的数列a_{n}=\frac{1}{n^{2}},为了方便下文的讨论,我们记S_{n}为数列a_{n}的前n项和。我们做过最熟悉的题目莫过于证明S_{n}<2,这个证明对于大家来说应该是非常容易的S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=1+\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i\cdot\left(i-1 \right )}=2-\frac{1}{n}.
那么大家是否考虑过,\lim_{n \to \infty }S_{n}究竟等于多少?我记得严桂华讲过欧拉曾经计算过这个问题,今天在国外一个数学讨论网站上翻到了一篇关于如何计算\lim_{n \to \infty }S_{n}的问答(原文地址)。在此仅介绍几种方法。
首先给出结果,再用多种方法进行证明\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}.不得不说,这一结果是非常不可思议的,因为它居然包含了\pi。读者如果不相信的话,可以自行计算一下,当n趋向于正无穷时,答案便越接近\frac{\pi^{2}}{6}。
好了,废话不说,我们进入证明部分。
法一:
当0<x<\frac{\pi}{2}时,有0<\sin{x}<x<\tan{x}。至于这个命题的证明,请参考下图:
这样,我们可以得到\frac{1}{\tan^{2}{x}}<\frac{1}{x^{2}}<\frac{1}{\sin^{2}{x}}.我们知道,\frac{1}{\tan^{2}{x}}=\frac{1}{\sin^{2}{x}}-1(很容易由三角恒等式导出)。将区间\left(0,\frac{\pi}{2}\right)等分成2^{n}个部分,令x_{k}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{k}{2^{n}},并将不等式两边对x_{k}进行求和,可以得到\sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k} – \sum_{k=1}^{2^n-1} 1 < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{x_k^2} < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k}.我们不妨将不等式右边的表达式记为T_{n},那么原不等式可以化简为T_{n} – \left(2^n – 1\right) < \sum_{k=1}^{2^n-1} \left( \frac{2 \cdot 2^n}{\pi} \right)^2 \frac{1}{k^2} < T_n.接下来我们主要考察T_{n}。它看起来是一个非常复杂的求和,实际上可以非常简单的计算出来。首先,我们考虑下面的式子\frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\sin^2 (\frac{\pi}{2}-x)} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x \cdot \sin^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x}.因此,如果我们将T_{n}以\frac{\pi}{4}为中点进行配对(选取区间\left(0,\frac{\pi}{2}\right)左边的点x_{k},与右边的点\frac{\pi}{2}-x_{k}),考虑递推,再加上中点\frac{1}{\sin^{2}{\frac{\pi}{4}}}=2,则可以得到T_{n}=4T_{n-1}+2.又T_{1}=2,我们可以很容易的得到T_{n}的通项公式T_n = \frac{2(4^n-1)}{3}.于是,我们得到了这样的不等式\frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \frac{4^{n+1}}{\pi^2} \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq \frac{2(4^n-1)}{3}.两边同时乘以\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}}使得不等式的中间与我们的目标形式更加相似,这样我们又得到一个不等式\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3}.当n\rightarrow\infty时,不等式左右两边同时趋向于\frac{\pi^{2}}{6},由夹逼准则得\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}。证毕。
法二:
我们可以借助函数f\left(x\right)=x^{2},x\in\left[-\pi,\pi\right]来找到它对应的三角傅立叶级数\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),且它是周期收敛的。
又f\left(x\right)为偶函数,这足够让我们得到它的系数a_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,\cdots,因为b_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,\cdots.令n=0得a_{0}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi}x^{2}dx=\frac{2\pi ^{2}}{3}.当n=1,2,3,\cdots时,我们有a_{n}=\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 }\times \frac{2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\frac{4}{n^{2}},因为\int x^2\cos nx\;dx=\frac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \frac{x^{2}}{n}-\frac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.因此f(x)=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos nx\right).又\(f\left(\pi\right)=\pi^{2}\),我们可以得到\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right)即\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n}\frac{1}{n^{2}}\right)进一步化简得\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}.因此\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{4}-\frac{\pi ^{2}}{12}=\frac{\pi ^{2}}{6}.证毕。
法三:
当x=0时\sin{x}可以使用泰勒级数展开\sin x = x – \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots.于是我们可以得到\frac{x^3}{3!}=x\left(\frac{x^2}{\pi^2} + \frac{x^2}{2^2\pi^2}+ \frac{x^2}{3^2\pi^2}+\cdots\right)=x^3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2},即\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.证毕。
法四:
设z为复数,考虑\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}由复变函数分析可得\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^2}.这样,当右边z=0时,我们就可以得到\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.又\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=\frac{\pi^2}{3}.因此\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.证毕。
法五:
这是欧拉的方法。令s=\sin^{-1}{x}.那么\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sds=\frac{\pi^{2}}{8}.但是\int\limits_0^1 {\frac{{{{\sin }^{ – 1}}x}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{8}.又{\sin ^{ – 1}}x = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} = x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{{{x^7}}}{7} + \cdots.我们可以得到\int\limits_0^1 {\left\{ {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} } \right\}} = \int\limits_0^1 {\left\{ {x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \cdots } \right\}}.但是\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n – 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx}.这样,可以得到\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}}.又所有的次数都是奇数,所以最终的结果为\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{2}\frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3}} \right) + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{1}{5}\left( {\frac{{2 \cdot 4}}{{3 \cdot 5}}} \right) + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{1}{7}\left( {\frac{{2 \cdot 4 \cdot 6}}{{3 \cdot 5 \cdot 7}}} \right) \cdots,\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{5^2}}} + \frac{1}{{{7^2}}} + \cdots.令1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \cdots = \omega.则\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} + \cdots = \frac{\omega }{4}.这样,我们可以得到\frac{\omega }{4} + \frac{{{\pi ^2}}}{8} = \omega.即\omega = \frac{{{\pi ^2}}}{6}.证毕。
法六:
\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=\zeta(2)=\frac{4}{3}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\frac{\log y}{y^2-1}dy=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{y^2-1}\left[\log\left(\frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right)\right]_{x=0}^{+\infty}dy=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{(1+x^2)(1+x^2 y^2)}dx\,dy
=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx\, dz}{(1+x^2)(1+z^2)}=\frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{6}.证毕。
就介绍这几种方法吧,大家可以有选择的进行阅读。以后数学作业中再有证明S_{n} < 2的时候,不妨这样写\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi}{6} < 2,怕老师不承认,可以顺便证明一下,至于给不给分,就不好说了。
[Dr.Lib]Note:Math – \Sigma \frac{1}{n^{2}} by Liqueur Librazy is licensed under a Creative Commons Attribution-ShareAlike 4.0 International License.