加加减减的艺术（四）：欧拉的技巧
关注微信：DuoDaaMath 每天获得更多数学趣文
作者，逆蝶，哆嗒数学网群友
读读欧拉, 读读欧拉, 他是我们大家的老师———拉普拉斯(Laplace)
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler), 瑞士数学家, 是18世纪数学界最杰出的人物之一. 他是数学史上最多产的数学家，平均每年写出八百多页的论文. 欧拉渊博的知识，无穷无尽的创作精力和空前丰富的著作，都令人惊叹不已!
数学史上公认的4名最伟大的数学家分别是：阿基米德、牛顿、欧拉和高斯. 阿基米德有“翘起地球”的豪言壮语, 牛顿因为苹果闻名世界, 高斯少年时就显露出计算天赋, 唯独欧拉没有戏剧性的故事让人印象深刻. 然而，几乎每一个数学领域都可以看到欧拉的名字.
欧拉对于无穷级数似乎有着十分独特的见解. 关于级数神乎其技的变形, 用对数函数逼近调和级数并计算出欧拉常数γ, 利用无穷乘积得到平方倒数和为π²/6, 以及计算出所以正整数的和为-1/12(在某些特殊的意义下), 还有一些很漂亮的连分数展开式, 这些都出自于欧拉之手.
平方倒数和, 也即是
\begin{align*}\cfrac 1{1^2}+\cfrac 1{2^2}+\cfrac 1{3^2}+\cfrac 1{4^2}+\cdots=\cfrac {\pi^2}6. \end{align*}
欧拉得到这个结果之后并没有就此止步, 而是继续计算了
\begin{align*} \cfrac 1{1^4}+\cfrac 1{2^4}+\cfrac 1{3^4}+\cfrac 1{4^4}+\cdots=&\cfrac {\pi^4}{90}\\ \cfrac 1{1^6}+\cfrac 1{2^6}+\cfrac 1{3^6}+\cfrac 1{4^6}+\cdots=&\cfrac {\pi^6}{945}\\ \cfrac 1{1^8}+\cfrac 1{2^8}+\cfrac 1{3^8}+\cfrac 1{4^8}+\cdots=&\cfrac {\pi^8}{9450} \end{align*}
等诸多结果， 欧拉也曾因计算出平方倒数和而名噪一时.
欧拉的成就数不胜数, 单单是级数方面就已经令人叹为观止. 我们在此只是举一些例子, 几乎完全抛弃了严格性去得到一些结果, 并且所得的结果都是对发散级数而言的. 通过一些看似美妙的结论, 来说明对发散级数进行求和的重要性.
例1 对两个等比级数并求和
\begin{align*}
1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=&\cfrac 1{1-x}\\
\cfrac 1x+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^4}+\cdots=\cfrac {\cfrac 1x}{1-\cfrac 1x}=&-\cfrac 1{1-x}
\end{align*}
将第二个级数写成
$
\cdots+\cfrac 1{x^4}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1x=-\cfrac 1{1-x}
$
与第一个式子相加
$
\cdots+\cfrac 1{x^4}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1x+1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=0.
$
于是就得到了一个形式上很美妙的式子, 在其中取$x=1$就有
$
\cdots+1+1+1+1+1+1+1+1+1+\cdots=0.
$
由于这是个双边级数, 我们并不打算去探讨它的意义(欧拉似乎对他得到的这个结果甚为满意). 有心的读者可以发现出现这种现象的原因是由于对于任意的$x$两个级数都不可能同时收敛造成的, 这说明发散级数还具有一些形式上的美.
例2 之前重点讨论了格兰迪级数的求和问题, 得到的结果无不例外的都是$\cfrac 12$, 现在我们默认这件事情, 来计算通项的每一项都是1的级数, 也即级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1$的和.
记
$
S=1+1+1+1+1+1+\cdots
$
又有
$
\cfrac 12=1-1+1-1+1-1+\cdots
$
相减得
$
S-\cfrac 12=2(0+1+0+1+0+1+\cdots)=2S,
$
$
\Longrightarrow S=-\cfrac 12.
$
于是就得到了
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1=1+1+1+1+1+1+\cdots=-\cfrac 12.
$
如果在计算过程中把作差那一步用相加来代替, 就会得到$\cfrac 12$的结果, 这是由于级数发散引起的. 我们通过做差得到$-\cfrac 12$是因为它恰好是$\zeta(0)$的值, 还有就是因为之后几个例子的计算所用的方法也都是做差. 现在继续看下面的例子.
例3 通过交错整数级数的和来计算正整数的和.
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)=1-2+3-4+5-6+\cdots
$
与阿贝尔权的直积为
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)x^n=\cfrac 1{(1+x)^2}.
$
于是其阿贝尔和为$\cfrac 14$.
记
$
S=1+2+3+4+5+6+\cdots
$
又有
$
\cfrac 14=1-2+3-4+5-6+\cdots
$
相减得:
$
S-\cfrac 14=2(2+4+6+8+\cdots)=4(1+2+3+4+\cdots)=4S.
$
于是就得到了
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)=1+2+3+4+5+6+\cdots=-\cfrac 1{12}.
$
在这里使用做差是很自然的, 不会出现上例那种问题, 因为如果是相加得话就只能得到分母是奇数的项, 也就不能写成$S$的倍数了. 另外这里的结果$-\cfrac 1{12}$亦恰好是$\zeta(-1)$的值.
我们不厌其烦的再看最后一个, 然后直接推广它.
例4 整数平方和等于0.
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^2=1^2-2^2+3^2-4^4+5^2-6^2+\cdots
$
与阿贝尔权的直积为
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^2x^n=\cfrac {1-x}{(1+x)^3}.
$
于是其阿贝尔和是0. 记
$
S=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+\cdots
$
又有
$
0=1^2-2^2+3^2-4^2+5^2-6^2+\cdots
$
相减得:
$
S=2(2^2+4^2+6^2+8^2+\cdots)=8(1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots)=8S.
$
于是就得到了
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^2=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+\cdots=0.
$
而恰好又有$\zeta(-2)=0$.
根据上面的几个例子可以猜测似乎对于整数的任何正整数次幂和, 都可以利用这种方法计算出来, 而其结果却和黎曼$\zeta$函数的值符合的很好, 譬如不难得到幂为3的时候交错级数与阿贝尔权的直积的和函数为$\cfrac {x^2-4x+1}{(1-x)^4}$, 进而计算出最终的结果$\cfrac 1{120}$也恰是$\zeta(-3)$. 我们知道$z=-2n$(其中$n$是正整数)时$\zeta(-2n)=0$, 但是$z$为奇数时$\zeta(-2n+1)$的规律却很复杂. 那么我们问, 是否可以用上述方法直接计算出偶数幂的情况呢？
例5 为简便记$f_m(x) (m\ge 0)$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^{2m}$与Abel权的直积, 即
\begin{align*}
f_m(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^{2m}x^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^{2m}(-x)^n.
\end{align*}
相应地, 记幂为$2m$的整数和为$s_m$, 我们归纳证明$f_m(1)=0$.
由于
\begin{align*}
x^2f_m(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^{2m}(-x)^{n+2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty} (n-1)^{2m}(-x)^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty} (n-1)^{2m}(-x)^n,
\end{align*}
相加可得
\begin{align*}
(1+x^2)f_m(x)=&1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} ((n+1)^2+(n-1)^{2m})(-x)^n\\
=&1+2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^m\binom{2m}{2k}n^{2k}(-x)^n\\
=&1+2\sum\limits_{k=0}^m\sum\limits_{n=1}^{\infty}\binom{2m}{2k}n^{2k}(-x)^n\\
=&1+2(-x)\sum\limits_{k=0}^m\binom{2m}{2k}f_k(x).
\end{align*}
带入$x=-1$, 并利用归纳假设$f_k(1)=0(1\le k\le m-1)$以及$f_0(1)=\cfrac 12$易见
$
2f_m(1)=1+2(-1)(\cfrac 12+f_m(1))
$
由此即得$f_m(1)=0$.
再用与前面几例相似的方法得到关系式:
$
(1-2^{(2m+1)})s_m=f_m(1).
$
于是就有整数的偶次幂和为0, 从而与$\zeta$函数符合的很好.
通过以上对发散级数的计算得到了一个很奇特的结论: 借助于阿贝尔和计算出的整数幂和与黎曼$\zeta$函数通过解析延拓得到的结果是一样的! 其实这并不是偶然的, 而是可以用多重对数函数来解释并加以严格证明的. 通过这些计算也可以说明, 发散级数的定义就如函数的解析延拓一样, 是确实有其存在意义的.
另外有一点需要值得注意: 虽然通过阿贝尔和间接地计算出了整数幂和, 但是整数幂和却不能通过阿贝尔权直接计算出来, 也即是说整数幂和并不是阿贝尔和. 这是因为我们之前讨论的那些具体的几种求和方法, 其实对于柯西和是正负无穷的时候也是成立的, 所以其权和也一定是发散到正无穷的.
下面将阿贝尔权用于三角级数, 来看看会得到什么结论.
例6
$
\cfrac 1{1-a(\cos x+i\sin x)}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n(\cos x+i\sin x)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n(\cos nx+i\sin nx).
$
比较实部虚部得
\begin{align*}
\cfrac {a\cos x-a^2}{1-2a\cos x+a^2}=&\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n\cos nx
\cfrac {a\sin x}{1-2a\cos x+a^2}=&\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n\sin nx
\end{align*}
我们只关注第一个式子, 直接令$a=1$可得
$
\cfrac 12=1+\cos x+\cos 2x+\cos 3x+\cos 4x\cdots.
$
从$\pi$处积分得
$
\cfrac {\pi-x}2=\sin x+\cfrac 12\sin 2x+\cfrac 13 sin 3x+\cfrac 14\sin 4x+\cdots\quad(0<x<2\pi).
$
而这正是锯齿形函数的傅里叶展开式(不过却无从得知欧拉为什么会从$\pi$处积分, 因为如果从0处积分, 那么所得的结果就是不正确的了).
连求两次导数可得
$
0=1^2\cos x+2^2\cos2x+3^2\cos3x+4^2\cos4x+\cdots
$
令x$=0$得
$
1^2+2^2+3^3+4^2+\cdots=0.
$
其实可以不断地连续求两次导, 得到
$
1^{2m}+2^{2m}+3^{2m}+4^{2m}+\cdots=0.
$
注,这里遵循欧拉说“直接令$a=1$”, 是因为$x=2k\pi(k\in Z)$的时候$\cos x=1$, 如果先带入$x=0$的值再令$a\rightarrow 1^-$, 得到的就不是$\cfrac 12$了, 也就是说唯独在$x=2k\pi$的点处三角级数的阿贝尔和不是$\cfrac 12$, 所以才“直接令$a=1$”.
例7 下面介绍欧拉对于一个发散级数的处理:
根据级数
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nn!=1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots
$
构造幂级数
$
y=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nn!x^{(n+1)}=x-1!x^2+2!x^3-3!x^4+4!x^5-5!x^6+\cdots
$
这里与阿贝尔权稍有不同. 另外有$x^n$显然是控制不住$n!$的, 所以可以把下面的处理方式只当成是形式化的操作.
两边微分得
\begin{align*}
y'=1-2!x+3!x^2-4!x^3+&5!x^4-6!x^5+\cdots=\cfrac 1{x^2}(x-y)\\
\Longrightarrow e^{-\frac 1x}y'+e^{-\frac 1x}\cfrac 1{x^2}y=&\frac {e^{-\frac 1x}}x\\
\Longrightarrow (e^{-\frac 1x}y)'=&\frac {e^{-\frac 1x}}x\\
\Longrightarrow y=&e^{\frac 1x}\int_0^x\cfrac {e^{-\frac 1t}}tdt
\end{align*}
取$x=1$,可以得到:
$
1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots=e\int_0^1\cfrac {e^{-\frac 1t}}tdt.
$
另一方面, 也可以利用$\Gamma$函数的知识进行计算:
根据
\begin{align*}
n!=\Gamma(n+1)=\int_0^{\infty} t^ne^{-t}dt
\end{align*}
可得
\begin{align*}
x&-1!x^2+2!x^3-3!x^4+4!x^5-5!x^6+\cdots\\
=&\int_0^{\infty} (x-x^2t+x^3t^2-x^4t^3-x^5t^4+\cdots)e^{-t}dt\\
=&\int_0^{\infty} \cfrac {xe^{-t}}{1+xt}dt.
\end{align*}
取$x=1$,可以得到:
$
1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots=\int_0^{\infty} \cfrac {e^{-t}}{1+t}dt
$
于是就得到了一个有限数.
我们不对其作出什么合理的解释, 只不过通过两种求和方式的比较可以说明阿贝尔权还是不够广泛. 第二种求和方式中可以看出最终得到的关于$x$的函数在复平面去掉负实轴以外的地方都是解析的.
注, 读者可以发现在以上的几个例子中所用到的词语基本上都是“计算”而不是“证明”, 因为它们并不具有严格性.
利用调和级数发散, 还可以得到素数倒数和发散.
例8 素数倒数和是发散的.
证明: 由于$n$的没有大于$n$的素因子, 所以有
$\prod_{p\le n}\cfrac 1{1-\frac 1p}=\prod_{p\le n}(1+\cfrac 1p+\cfrac 1{p^2}+\cdots)\ge 1+\cfrac 12+\cdots+\cfrac 1n.
$
于是$\prod_p\cfrac 1{1-\frac 1p}$发散. 根据无穷乘积与无穷级数的关系可知$\sum\limits_p\cfrac 1p$发散.
下面我们来做一些看起来毫无合理性可言的事情, 但结果却出乎意料.
$
\ln(1+\cfrac 12+\cfrac 13+\cfrac 14+\cdots)=\sum\limits_p \cfrac 1p.
$
这时等式两边都是$\infty$, 在两边都截取到求和的第n项, 即
$
\ln(H_n)\sim\sum\limits_{k=1}^n \cfrac 1{p_k}.
$
然后根据$H_n\sim \ln n$就有
$
\cfrac 1{p_n}\sim \ln(H_n)-\ln(H_{n-1})=\ln(1+\cfrac 1{nH_{n-1}})\sim\cfrac 1{n\ln n}.
$
于是得到了第$n$个素数的分布$p_n\sim n\ln n$.
最后由于
$
p_{[\frac n{\ln n}]}\sim [\frac n{\ln n}]\ln([\frac n{\ln n}])\sim \cfrac n{\ln n}\ln\cfrac n{\ln n}=\cfrac {\ln n-\ln\ln n}{\ln n}n\sim n.
$
也即是素数分布定理
$
\pi(n)\sim \cfrac n{\ln n}.
$
下节会介绍与格兰迪级数非常相似的0-1级数, 它是同格兰迪级数同样有趣但又不失重要性的一类级数. 为了对某些特殊的0-1级数求和, 还会引入切萨罗和的两种推广, 并且会在文章的最后对发散级数的讨论做一个总结.
关注微信：DuoDaaMath 每天获得更多数学趣文
评论已关闭