리만-제타 함수 $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}$ 계산하기

리만-제타 함수는 아래와 같다.

$$\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$$

$s=2$일 때 함숫값 $\zeta(2)$는 바젤 문제(Basel Problem)라고도 부르는데 오일러가 처음으로 값을 구했다.

수열  $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}}$은 단조증가하고 위로 유계이므로 무한급수 $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}$은 수렴한다.

$$\begin{split}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}&=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}\\&< 1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{(n-1)n}\\&=1+\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\bigg(1-\frac{1}{2}\bigg)+\bigg(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\bigg)+\cdots+\bigg(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\bigg)\right]=2\end{split}$$

$\blacksquare$

무한급수가 수렴하는 것은 알겠는데 극한값은 얼마일까 궁금한 사람을 위한 글이다.

기초 미적분

이제 기초 미적분학으로 $\zeta(2)=$$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}$의 값을 구해보자.

분모에 $n^2$이 있으므로 $\displaystyle{\sum \frac{x^n}{n}}$의 꼴인 거듭제곱 급수를 적분하면 얻을 수 있다.

$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2 +x^3+\cdots+x^n+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}$$

뭔가 비슷한 꼴을 얻을 수 있는 모양이다. 적당한 로그함수의 테일러급수를 써보자.

$$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2 -x^3+\cdots+(-1)^n x^n+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^{n-1}$$

적분하면

$$\ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3 -\frac{1}{4}x^4+\cdots+\frac{1}{n}(-1)^n x^n+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-x)^{n}(-1)^n}{n}\tag{1}$$

$$\ln(1-x)=-x-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{3}x^3 -\frac{1}{4}x^4-\cdots-\frac{1}{n}(-1)^n x^n-\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-x^{n}}{n}\tag{2}$$

(1)-(2)

$$\ln(1+x)-\ln(1-x)=2x+\frac{2}{3}x^3 +\frac{2}{5}x^5 +\cdots+\frac{2}{2k+1}x^{2k+1}+\cdots=2\sum_{odd\;\;n}\frac{x^n}{n}\tag{3}$$

잠깐 숨을 고르고 세상에서 가장 아름다운 수식인 오일러 항등식을 생각하자.

$$e^{i\theta}=\cos\theta +i\sin\theta$$

(3)에 $x=e^{i\theta}$를 대입하자.

$$\ln(1+e^{i\theta})-\ln(1-e^{i\theta})=2\sum_{odd\;\;n}\frac{e^{in\theta}}{n}$$

$$\begin{split}\ln(1+e^{i\theta})-\ln(1-e^{i\theta})&=\ln(1+\cos\theta+i\sin\theta)-\ln(1-\cos\theta+i\sin\theta)\\&=\ln\bigg(2\cos^2\frac{\theta}{2}+2i \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\bigg)-\ln\bigg(2\cos^2\frac{\theta}{2}-2i \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\bigg)\\&=\ln(2\cos\frac{\theta}{2}\cdot e^{\frac{i\theta}{2}})-\ln(2\sin\frac{\theta}{2}\cdot e^{\frac{i(\theta-\pi)}{2}})\\&=\ln 2\sin\frac{\theta}{2}+\frac{i\theta}{2}-\ln 2\cos\frac{\theta}{2}-\frac{i(\theta-\pi)}{2}\\&=\ln2\cot\frac{\theta}{2}+ \frac{\pi i}{2}\end{split}\tag{4}$$

$$2\sum_{odd\;\;n}\frac{e^{in\theta}}{n}=2\sum_{odd\;\;n}\frac{\cos n\theta+i\sin n\theta}{n}=2\sum_{odd\;\;n}\frac{\cos n\theta}{n}+2i\sum_{odd\;\;n}\frac{ \sin n\theta}{n}\tag{5}$$

(4)=(5)이므로 실수부와 허수부는 각각 서로 같다.

$$\ln2\cot\frac{\theta}{2}=2\sum_{odd\;\;n}\frac{\cos n\theta}{n}\tag{real}$$

$$\frac{\pi}{2}=2\sum_{odd\;\;n}\frac{ \sin n\theta}{n}\tag{imaginary}$$

$$\sum_{odd\;\;n}\frac{ \sin n\theta}{n}=\frac{\pi}{4}\tag{6}$$

$$\int \bigg(\sum_{odd\;\;n}\frac{ \sin n\theta}{n}\bigg)d\theta=\int \frac{\pi}{4}d\theta$$

$$-\sum_{odd\;\;n}\frac{ \cos n\theta}{n^2}=\frac{\pi}{4}\theta\tag{7}$$

$\theta=\pi/2$를 (7)에 대입하자.

$$\sum_{odd\;\;n}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{8}$$

거의 다 왔다. 마무리 기술을 발휘하자.

$$\begin{split}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}&=\sum_{odd\;\;n}\frac{1}{n^2}+\sum_{even\;\;n}\frac{1}{n^2}\\&=\sum_{odd\;\;n}\frac{1}{n^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\\&=\sum_{odd\;\;n}\frac{1}{n^2}+\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\end{split}\tag{9}$$

(9)를 정리하자.

$$\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\sum_{odd\;\;n}\frac{1}{n^2}$$

$$\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{8}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

$\blacksquare$

오일러의 방법

오일러가 구한 방법도 있다. 알면 알수록 오일러는 천재다.

$\displaystyle{f(x)=\frac{\sin x}{x}}$의 그래프를 그려보자.

먼저 $x$절편을 찾는다.

$$\frac{\sin x}{x}=0,\quad\;\;x=\pm n\pi$$

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=1}$이고 $\displaystyle{f^{\prime}(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}}$이다. 증감을 조사하면 아래 그림과 같다. 비율을 무시하고 그렸다.

$f(x)$를 다항식으로 표현하면 아래와 같다.

$$\begin{split}\frac{\sin x}{x}&=\bigg(1-\frac{x}{\pi}\bigg)\bigg(1+\frac{x}{\pi}\bigg)\bigg(1-\frac{x}{2\pi}\bigg)\bigg(1+\frac{x}{2\pi}\bigg)\cdots\\&=\bigg(1-\bigg(\frac{x}{\pi}\bigg)^2\bigg)\bigg(1-\bigg(\frac{x}{2\pi}\bigg)^2\bigg)\cdots\\&=\prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\bigg(\frac{x}{n\pi}\bigg)^2\bigg)\end{split}\tag{10}$$

한편, $\sin x$를 테일러 급수로 표현하면

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$$

이므로

$$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots\tag{11}$$

이다. 이제 (10)과 (11)의 2차항의 계수를 비교하자.

$$-\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{4\pi^2}-\frac{1}{9\pi^2}-\cdots=-\frac{1}{6}$$

$$\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{6}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

$\blacksquare$

계수가 무한급수인 거듭제곱 급수가 수렴하는가는 따로 해결해야 할 것으로 보인다.

 

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바젤 문제 기하로 다가서기