黎曼 Zeta 函数的收敛性与巴塞尔问题

Tip为什么你应该关注这个问题？

1735年，莱昂哈德·欧拉以一个惊人的证明震撼了数学界：完全平方数的倒数之和恰好等于 \(\frac{\pi^2}{6}\)。没有人预料到一个关于整数的问题中会出现圆周率！这个结果——巴塞尔问题——将代数、微积分和无穷级数以数学中最优美的恒等式之一联系在一起。今天，我们将重新走过这段旅程。

本课涵盖的主题

• 对任意 \(\varepsilon > 0\)，黎曼 zeta 函数 \(\zeta(1+\varepsilon)\) 的收敛性
• 用于约束无穷级数的逐项消去比较技巧
• 通过黎曼和建立求和与积分之间的联系
• 将韦达定理应用于无穷次多项式
• 求解巴塞尔问题：\(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\)

课程视频

课程关键帧

zeta(1.1) 收敛性证明的构建

通过黎曼和进行积分比较

sin(x)/x 的幂级数展开与韦达定理

巴塞尔问题结果的最终推导

背景介绍：什么是黎曼 Zeta 函数？

黎曼 zeta 函数定义为如下无穷级数

\[\zeta(s) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^s} = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots\]

当 \(s = 1\) 时，这就是调和级数，它发散到无穷大。当 \(s = 2\) 时，它收敛到著名的值 \(\frac{\pi^2}{6}\)。一个核心问题是：对于哪些 \(s\) 的值，\(\zeta(s)\) 是收敛的？

Important核心要点

1. 调和级数发散：\(\zeta(1) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots = \infty\)（通过将各项分组为 \(\frac{1}{2}\) 的块来证明）。
2. 任何大于 1 的幂都保证收敛：对于每个 \(\varepsilon > 0\)，无论多小，\(\zeta(1+\varepsilon) < \infty\)。
3. 逐项消去比较：我们可以用涉及 \(k^{\varepsilon}\) 项的逐项消去差分来约束 \(\frac{1}{k^{1+\varepsilon}}\)，使其消去后得到一个有限值。
4. 韦达定理遇上泰勒展开：通过将 \(\frac{\sin x}{x}\) 的幂级数展开与韦达定理（关于根的倒数之和的公式）相结合，我们证明了 \(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\)。

第一部分：为什么调和级数发散

Note证明 \(\zeta(1) = \infty\)

将连续的项分组：

\[\underbrace{\frac{1}{1}}_{\ge\,1/2} + \underbrace{\frac{1}{2}}_{\ge\,1/2} + \underbrace{\frac{1}{3} + \frac{1}{4}}_{\ge\,1/2} + \underbrace{\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}}_{\ge\,1/2} + \cdots\]

每个分组的和至少为 \(\frac{1}{2}\)，而这样的分组有无穷多个。因此该级数发散。

第二部分：\(\zeta(1+\varepsilon)\) 的收敛性

具体情况 \(\zeta(1.1)\)

我们要证明 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{1.1}}\) 收敛到一个有限值。

策略：利用逐项消去技巧拆分每一项。我们假设：

\[\frac{1}{k^{1.1}} \;\le\; \frac{1}{\varepsilon}\left(\frac{1}{(k-1)^{\varepsilon}} - \frac{1}{k^{\varepsilon}}\right)\]

其中 \(\varepsilon = 0.1\)。因子 \(\frac{1}{\varepsilon} = \frac{1}{0.1} = 10\) 来源于降低幂次时的二项展开。

Note为什么会出现系数 \(\frac{1}{\varepsilon}\)

当我们试图将 \(\frac{1}{k^{1+\varepsilon}}\) 写成相邻的 \(\varepsilon\) 次幂项之差时，反向运用幂次法则（即求原函数）会引入一个系数。具体来说，\(x^{-\varepsilon}\) 的导数为 \(-\varepsilon \cdot x^{-\varepsilon - 1} = \frac{-\varepsilon}{x^{1+\varepsilon}}\)。重新整理：

\[\frac{1}{x^{1+\varepsilon}} = \frac{-1}{\varepsilon}\cdot \frac{d}{dx}\!\left(x^{-\varepsilon}\right)\]

这就是因子 \(\frac{1}{\varepsilon}\) 的来源。

逐项消去

分离第一项，并从 \(k = 2\) 开始求和：

\[\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{1.1}} \;=\; 1 + \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k^{1.1}}\]

尾部的每一项都被逐项消去差分（系数为 10）所约束：

\[\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k^{1.1}} \;\le\; 10\sum_{k=2}^{\infty}\left(\frac{1}{(k-1)^{0.1}} - \frac{1}{k^{0.1}}\right)\]

右边是逐项消去的：

\[10\!\left(\frac{1}{1^{0.1}} - \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k^{0.1}}\right) = 10\,(1 - 0) = 10\]

因此：

\[\boxed{\zeta(1.1) \;\le\; 1 + 10 = 11}\]

一般情况

Note证明：对于每个 \(\varepsilon > 0\)，\(\zeta(1+\varepsilon)\) 收敛

使用完全相同的论证，对一般的 \(\varepsilon\)：

\[\zeta(1+\varepsilon) \;\le\; 1 + \frac{1}{\varepsilon}\]

关键步骤：\(\frac{1}{x^{1+\varepsilon}}\) 的原函数为 \(\frac{x^{-\varepsilon}}{-\varepsilon}\)。这为我们提供了逐项消去的上界，无论 \(\varepsilon\) 多小，级数都消去为一个有限值。

注意：上界 \(1 + \frac{1}{\varepsilon}\) 在 \(\varepsilon \to 0\) 时趋于增大，这与调和级数（\(\varepsilon = 0\)）发散的结论一致。

与积分的联系

求和 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{1+\varepsilon}}\) 是积分的左黎曼和（\(\Delta x = 1\)）

\[\int_1^{\infty} \frac{1}{x^{1+\varepsilon}}\,dx\]

直接计算：

\[\int_1^{\infty} x^{-(1+\varepsilon)}\,dx = \left[\frac{x^{-\varepsilon}}{-\varepsilon}\right]_1^{\infty} = 0 - \frac{1}{-\varepsilon} = \frac{1}{\varepsilon}\]

这个积分判别法验证了 \(\varepsilon > 0\) 时的收敛性，并得出相同的上界。

探索积分比较：

拖动 \(\varepsilon\) 滑块可以观察函数 \(\frac{1}{x^{1+\varepsilon}}\) 的变化。绿色矩形是左黎曼和。当 \(\varepsilon\) 接近 0 时，矩形几乎无法容纳在任何有限面积之下。

第三部分：巴塞尔问题 — \(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\)

现在我们从证明收敛性转向计算 \(\zeta(2)\) 的精确值。

第 1 步：找到一个以 \(k\pi\) 为根的多项式

我们需要一个零点为 \(\pm\pi, \pm 2\pi, \pm 3\pi, \ldots\) 的函数。这正是 \(\sin x\)，因为对每个整数 \(k\)，\(\sin(k\pi) = 0\)。

但 \(\sin(0) = 0\)，而我们无法对根 \(x = 0\) 取倒数。因此我们除去这个根：

\[f(x) = \frac{\sin x}{x}\]

这个函数的根为 \(x = \pm\pi, \pm 2\pi, \pm 3\pi, \ldots\)，且 \(f(0) = 1\)（可去奇点）。

第 2 步：写出幂级数

由 \(\sin x\) 的泰勒展开：

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

第 3 步：换元使根变为 \((k\pi)^2\)

Note换元：\(u = x^2\)

令 \(u = x^2\)，我们得到一个关于 \(u\) 的新”多项式”（无穷次）：

\[g(u) = 1 - \frac{u}{3!} + \frac{u^2}{5!} - \frac{u^3}{7!} + \cdots\]

\(g(u)\) 的根恰好为 \(u = \pi^2,\; 4\pi^2,\; 9\pi^2,\; \ldots = (k\pi)^2\)（\(k = 1, 2, 3, \ldots\)）

这就是我们要对其应用韦达定理的关键多项式。

第 4 步：应用韦达定理

Note回顾：通过韦达定理求倒数之和

对于有限多项式 \(a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0\)，其根为 \(x_1, x_2, \ldots, x_n\)，韦达定理告诉我们：

• 根之和：\(\sigma_1 = x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -\frac{a_{n-1}}{a_n}\)
• 两两乘积之和：\(\sigma_2 = \sum_{i<j} x_i x_j = \frac{a_{n-2}}{a_n}\)

对于倒数之和，我们可以：

1. 计算 \(\frac{\sigma_{n-1}}{\sigma_n}\)（通分法），或
2. 构造倒数多项式：用 \(x^n\) 去除后反转系数顺序。

示例：对于 \(4x^3 - 7x + 1 = 0\)，根的倒数之和为：

\[\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \frac{1}{x_3} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} = \frac{-7/4}{1/4\cdot(-1)} = 7\]

或者等价地，用 \(x^3\) 去除得到 \(4 - \frac{7}{x^2} + \frac{1}{x^3} = 0\)，读取倒数根的 \(\sigma_1\)：\(\frac{-(-7)}{4}\)……但最简洁的方法是反转多项式为 \(1 - 7x^2 + 4x^3\)，然后直接应用韦达定理。

对于我们的无穷多项式 \(g(u) = 1 - \frac{u}{6} + \frac{u^2}{120} - \cdots\)，我们将其视为”首项系数” \(a_0 = 1\)（常数项）和”下一个系数” \(a_1 = -\frac{1}{6}\)（\(u\) 的系数）。

根的倒数之和为：

\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k\pi)^2} = -\frac{a_1}{a_0} = -\frac{-1/6}{1} = \frac{1}{6}\]

Note为什么要反转读取系数？

由于这个多项式有无穷多项，我们永远无法到达”最高次”（最高阶）系数。但是，为了求根的倒数之和，我们通过除以最高次幂来构造倒数多项式。从低阶端读取，常数项 \(a_0 = 1\) 变成新的首项系数，\(a_1 = -\frac{1}{6}\) 变成下一个系数。对倒数多项式应用韦达定理可得：

\[\sigma_{-1} = \sum \frac{1}{u_k} = -\frac{a_1}{a_0} = \frac{1}{6}\]

第 5 步：提取 \(\zeta(2)\)

我们已经证明：

\[\frac{1}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{1}{6}\]

因此：

\[\boxed{\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}}\]

探索逼近 \(\frac{\pi^2}{6}\) 的部分和：

蓝色圆点显示部分和 \(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}\) 逐渐逼近红色虚线 \(\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449\)。

灯塔证明（3Blue1Brown）

Tip一种替代的几何证明

巴塞尔问题有一个优美的几何证明，使用了灯塔类比。核心思想：

1. 平方反比定律：距离为 \(d\) 的灯塔提供的亮度与 \(\frac{1}{d^2}\) 成正比。
2. 高定理：对于直角三角形，两条直角边为 \(a, b\)，斜边上的高为 \(h\)，有 \(\frac{1}{h^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}\)。这是因为 \(ab = ch\)（两者都给出面积），从而导出了平方反比关系。
3. 圆构造：在半径不断翻倍的圆上等距放置灯塔。反复使用高定理，重新分配灯塔以形成级数 \(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots\)
4. 极限：当圆的半径趋于无穷大时，圆周趋近于一条直线，总亮度收敛到 \(\frac{\pi^2}{6}\)。

这个证明由 Grant Sanderson（3Blue1Brown）推广。搜索”3Blue1Brown Basel Problem”可以观看完整的可视化讲解。

作业

Warning习题

使用相同的韦达定理 + 幂级数技巧来求 \(\zeta(4)\)：

\[\zeta(4) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^4} = \;?\]

提示：你需要多项式 \(g(u) = 1 - \frac{u}{3!} + \frac{u^2}{5!} - \cdots\) 中 \(u^2\) 的系数，以及将 \(\sigma_{-2}\) 与 \(\sigma_{-1}\) 和系数联系起来的韦达公式。

速查表

结果	公式
调和级数	\(\zeta(1) = \sum \frac{1}{k} = \infty\)（发散）
收敛阈值	对任意 \(\varepsilon > 0\)，\(\zeta(1+\varepsilon) \le 1 + \frac{1}{\varepsilon}\)
巴塞尔问题	\(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449\)
积分判别法	\(\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^{1+\varepsilon}} = \frac{1}{\varepsilon}\)
通过韦达定理求倒数之和	对多项式 \(a_0 + a_1 u + a_2 u^2 + \cdots\)，其根为 \(u_k\)：\(\sum \frac{1}{u_k} = -\frac{a_1}{a_0}\)

你需要的幂级数

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

\[\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \frac{x^6}{5040} + \cdots\]

证明流程

\[\sin x \;\xrightarrow{\div\, x}\; \frac{\sin x}{x} \;\xrightarrow{u = x^2}\; g(u) \;\xrightarrow{\text{韦达}}\; \sum\frac{1}{(k\pi)^2} = \frac{1}{6} \;\xrightarrow{\times\,\pi^2}\; \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\]