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

리만-제타 함수는 아래와 같다.

$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}$$

$s=2$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.

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}& =1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\\ & <1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n-1)n}\\ & =1+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})]=2\end{array}$$

$\blacksquare$

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.

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

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

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

적분하면

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \ln (1+x)=x-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{4}{x}^4+\cdots +\frac{1}{n}(-1{)}^n{x}^n+\cdots =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-x{)}^n(-1{)}^n}{n}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \ln (1-x)=-x-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{4}{x}^4-\cdots -\frac{1}{n}(-1{)}^n{x}^n-\cdots =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{-x^n}{n}\end{array}$$

(1)-(2)

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \ln (1+x)-\ln (1-x)=2x+\frac{2}{3}{x}^3+\frac{2}{5}{x}^5+\cdots +\frac{2}{2k+1}{x}^{2k+1}+\cdots =2\sum _{oddn}\frac{x^n}{n}\end{array}$$

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.

$$\ln (1+e^{i\theta })-\ln (1-e^{i\theta })=2\sum _{oddn}\frac{e^{in\theta }}{n}$$

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \begin{array}{rl}\ln (1+e^{i\theta })-\ln (1-e^{i\theta })& =\ln (1+\cos \theta +i\sin \theta )-\ln (1-\cos \theta +i\sin \theta )\\ & =\ln (2{\cos }^2\frac{\theta }{2}+2i\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2})-\ln (2{\cos }^2\frac{\theta }{2}-2i\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2})\\ & =\ln (2\cos \frac{\theta }{2}\cdot e^{\frac{i\theta }{2}})-\ln (2\sin \frac{\theta }{2}\cdot e^{\frac{i(\theta -\pi )}{2}})\\ & =\ln 2\sin \frac{\theta }{2}+\frac{i\theta }{2}-\ln 2\cos \frac{\theta }{2}-\frac{i(\theta -\pi )}{2}\\ & =\ln 2\cot \frac{\theta }{2}+\frac{\pi i}{2}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& 2\sum _{oddn}\frac{e^{in\theta }}{n}=2\sum _{oddn}\frac{\cos n\theta +i\sin n\theta }{n}=2\sum _{oddn}\frac{\cos n\theta }{n}+2i\sum _{oddn}\frac{\sin n\theta }{n}\end{array}$$

(4)=(5)이므로 실수부와 허수부는 각각 서로 같다.

$$\begin{array}{}\text{(real)}& \ln 2\cot \frac{\theta }{2}=2\sum _{oddn}\frac{\cos n\theta }{n}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(imaginary)}& \frac{\pi }{2}=2\sum _{oddn}\frac{\sin n\theta }{n}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \sum _{oddn}\frac{\sin n\theta }{n}=\frac{\pi }{4}\end{array}$$

$$\int (\sum _{oddn}\frac{\sin n\theta }{n})d\theta =\int \frac{\pi }{4}d\theta$$

$$\begin{array}{}\text{(7)}& -\sum _{oddn}\frac{\cos n\theta }{n^2}=\frac{\pi }{4}\theta \end{array}$$

$\theta=\pi/2$를 (7)에 대입하자.

$$\sum _{oddn}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$$

거의 다 왔다. 마무리 기술을 발휘하자.

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}& =\sum _{oddn}\frac{1}{n^2}+\sum _{evenn}\frac{1}{n^2}\\ & =\sum _{oddn}\frac{1}{n^2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n{)}^2}\\ & =\sum _{oddn}\frac{1}{n^2}+\frac{1}{4}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\end{array}\end{array}$$

(9)를 정리하자.

$$\frac{3}{4}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\sum _{oddn}\frac{1}{n^2}$$

$$\frac{3}{4}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$$

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

$\blacksquare$

오일러의 방법

오일러가 구한 방법도 있다. 알면 알수록 오일러는 천재다.

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

먼저 $x$절편을 찾는다.

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

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=1}$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.

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{rl}\frac{\sin x}{x}& =(1-\frac{x}{\pi })(1+\frac{x}{\pi })(1-\frac{x}{2\pi })(1+\frac{x}{2\pi })\cdots \\ & =(1-(\frac{x}{\pi }{)}^2)(1-(\frac{x}{2\pi }{)}^2)\cdots \\ & =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-(\frac{x}{n\pi }{)}^2)\end{array}\end{array}$$

한편, $\sin x$를 테일러 급수로 표현하면

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

이므로

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots \end{array}$$

이다. 이제 (10)과 (11)의 2차항의 계수를 비교하자.

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

$$\frac{1}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{6}$$

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

$\blacksquare$

계수가 무한급수인 거듭제곱 급수가 수렴하는가는 따로 해결해야 할 것으로 보인다.

 

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바젤 문제 기하로 다가서기