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欧拉的绝招  

2012-01-30 12:18:14|  分类: 数学与数学家 |  标签: |举报 |字号 订阅

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閒話尤拉的絕招

張鎮華

来源:http://episte.math.ntu.edu.tw/articles/mm/mm_02_3_09/index.html 

 
 

當我高中的時候,正值所謂「新數學」開始之際。「新數學」源於美國,當時蘇俄第一顆人造衛星升空,國際上為之震驚不已,美國人派遣訪問團赴俄,研究俄國何以能以一鐵幕國家而在太空研究方面領先。他們得到的結論很多,其中有一點指出,美國在科學方面的基礎教育落伍,教材陳舊不敷實際,於是各處展開課程試驗,研究並出版新的教材。我國受此風之影響,改革遂起。我上高中的時候,「新數學」才開始不久,所採取的教材大致上取自 SMSG (School Mathematics Study Group),其特色是引進這世紀或前世紀才發展出來的新理論,如集合、邏輯、近世代數等;最重要的一點是,不再光重視繁複的計算以及解難題的各別技巧,代之以理論的一貫性及嚴格性為著眼點。

要求數學上的嚴密自有其深遠的歷史背景。數學上到處充滿的陷井使人們不得不採取嚴謹的態度。但是,過猶不及,過分強調嚴密一詞,往往使初學者不能領會,甚至望而生畏。除非我們對於所要討論的事物本身已經充份瞭解,否則嚴密推理沒有必要,這樣做不但不能讓我們知道更多,反而是一大阻礙。事實上,數學本身有許多是像物理一樣,需要靠經驗,透過許多特例,一再反映出其本質以後,抽象才是一個簡潔的工具,否則必徒然無用。

有時候,我們會發現數學上的一些證明事質上十分無用。舉例來說,課本上叫我們證明

\begin{displaymath} 1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{displaymath}

這樣的式子幾乎是眾所周知,而且是常識般的需要記住。我還記得十分清楚,高中時的老師花了好長一段時間,很賣力的解釋數學歸納法,而且一再強調,除了用數學歸納法,絕對不能「嚴格」的證明這個式子成立。直到很久以後,我們大多數人還是不能十分瞭解數學歸納法的本質。我們只是習慣的先用 n=1 代入,驗證沒錯,再從 n 成立,證明 n+1 成立,這無非是在式子兩端各加 (n+l)2,再把右邊湊成既定格式,於是根據數學歸納法,得證。我個人曾經花了很長一段時間去思考這個問題,自己問自已,如果題目是 $1^2+2^2+\cdots+n^2=?$ 那該怎麼辦?甚至如果將平方改成 m 次方,問 $1^m+2^m+\cdots+n^m=?$ 又該如何?經過很長的一段掙扎,我不得不承認「證明無用論」,我所以如此說,並非不相信那些證明,只是深深的覺得,在我們真正瞭解問題本質,也就是,在我們能嚴密證明之前,我們必已正式或非正式的思索過它,得到差不多足夠的證據,至於證明本身,有時侯就像結婚證書一樣,用來使人更相信事情的真實性罷了。數學本身,需要海關天空的思想,異想天開的創造,只有當你有了一些粗略的原始構想以後,邏輯和嚴格才用來使理論本身更易於瞭解,或者說是換個方式加以驗證罷了。

這裏要舉的一個例子,是尤拉 (Euler) 計算 $\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} + \cdots$ 的方法。並沒有多少人能有他這樣異想天開的思想,事實上,尤拉在數學的許多角落都有特殊的貢獻,他的許多神來之筆,在我們看來都極其「旁門左道」。

柏努利 (Bernoulli) 是尤拉的先輩,他對無窮級數極有貢獻,終其一生,許多級數都被他研究過,譬如,著名的柏努利級數就是因他而名。對於 $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=?$ 柏努利始終未能計算出其值,對此,他寫道:「如果有人能告訴我這個級數求和的方法,我將十分感激。」柏努利雖然不能親耳聽見有人告訴他這個級數的求和方法,但不久後,尤拉就給了一個極其富有幻想的解答。

首先,尤拉注意到多項式根和係數的關係,如果多項式

\begin{displaymath} P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\quad (a_n\neq 0) \end{displaymath}

的根是 r1, r2,…,rn,則

\begin{displaymath} \begin{eqalign} P(x) &= a_n(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_n) \\ ... ...ots \\ & \quad {} + (-1)^na_n(r_1r_2\cdots r_n) \end{eqalign}\end{displaymath}

比較係數可以得到 $r_1+r_2+\cdots+r_n=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$,如果多項式

\begin{displaymath} q(x)=a_{2n}x^{2n}+a_{2n-1}x^{2n-1}+a_{2n-2}x^{2n-2}+\cdots a_0 \quad (a_{2n} \neq 0) \end{displaymath}

的根成雙以 $\pm r_1,\pm r_2$,…,$\pm r_n$ 的型式出現,則類似上法

\begin{displaymath} \begin{eqalign} q(x) &= a_{2n}(x-r_1)(x+r_1)(x-r_2)(x+r_2)\c... ...ad {} + (-1)^n a_2n(r_1^2r_2^2r_3^2 \cdots r_n^2) \end{eqalign}\end{displaymath}

比較係數,則

\begin{displaymath} a_{2n-1}=0 \quad , \quad r_1^2+r_2^2+\cdots+r_n^2=-\frac{a_{2n-2}}{a_{2n}} \end{displaymath}

如果 q(x) 沒有零根,則考慮

\begin{eqnarray*} q(\frac{1}{x}) &=& a_{2n}(\frac{1}{x})^{2n} + \cdots + a_2(\f... ...1}{x})^2 + a_1(\frac{1}{x})+a_0 \\ &=& (\frac{1}{x})^{2n}Q(x) \end{eqnarray*}


其中

\begin{displaymath} Q(x) = a_0x^{2n}+a_1x^{2n-1}+a_2x^{2n-2} + \cdots a_{2n-1}x+a_{2n} \quad (a_0\neq 0) \end{displaymath}

其根恰為 q(x) 諸根的倒數,即 $\pm \frac{1}{r_1}$, $\pm \frac{1}{r_2}$,…, $\pm \frac{1}{r_n}$,仿照前論,亦得

\begin{displaymath} a_1=0 \quad , \quad \frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}+\cdots+\frac{1}{r_n^2}=-\frac{a_2}{a_0} \end{displaymath}

上面右邊的式子和所要求的 $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots \frac{1}{n^2}+\cdots$ 有幾分相似之處,只差一個是有限項,一個是無限項罷了。考慮 $\sin {x}$,利用泰勒展開式

\begin{displaymath} \sin x = x -\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5 \cdots+(-1)^{2n+1} \frac{1}{(2n+1)!}x^{2n+1}+\cdots \end{displaymath}

尤拉把 $\sin x$ 視為 $n=+\infty$ 的多項式,其根為 $0,\pm\pi,\pm 2\pi$,…, $\pm n\pi,\cdots$。將這個「多項式」除以 x,得到「無窮項」多項式

\begin{displaymath} R(x)=1-\frac{1}{3!}x^2+\frac{1}{5!}x^4\cdots \end{displaymath}

其根為 $\pm\pi,\pm 2\pi$,…, $\pm n\pi,\cdots$ 均不為零,於是利用前述的理論,得到

\begin{displaymath} \frac{1}{(1\pi)^2}+\frac{1}{(2\pi)^2}+\cdots+\frac{1}{(n\pi)^2}+\cdots = -\frac{a_2}{a_0}=\frac{1}{6} \end{displaymath}

亦即

\begin{displaymath} \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=\frac{{\pi}^2}{6} \end{displaymath}

我猜想,如果在考試卷上這樣做答的話,大半的可能是得到零分。尤拉本人對這樣的解法顯然也並不滿意,他曾試過各種其他可能,想獲得一個較正式的證明;雖然真正計算到小數點以後幾位,讓人有幾分相信其正確性,但是所有人,包括尤拉在內,都花精神去找更好的證明。尤拉本人更利用類似的方法,得到許多其他的式子。

我想說的一點是,有了答案,再湊著去證明其正確性,就顯得比原來更容易,更有頭緒了。在這裏我想提供一個基本的方法,僅需懂得一些三角的計算就夠,而且適當的修飾以後,更可以求得一般 $P(2k)=\frac{1}{1^{2k}}+\frac{1}{2^{2k}}+\cdots +\frac{1}{n^{2k}}+\cdots$ 之值。在這篇短文裏不提及此繁複的計算,有一點很有趣的是,這一般式子的和與柏努利級數極有關係。

和尤拉的解法相反,我們想用 $\pm \frac{1}{k\pi}$ 本身來構成多項式的根,而非 $\pm k\pi$。當然這中間有困難存在,利用三角函數我們可以繞圈避過這個困難。

由 De Moivre 定理可得

\begin{displaymath} (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{2n+1}=\cos{(2n+1)\theta}+i \sin{(2n+1)\theta} \end{displaymath}

如果選定特別的角度 $\theta=\pm \frac{\pi}{2n+1}$, $\pm \frac{2\pi}{2n+1}$, …, $\pm \frac{n\pi}{2n+1}$ (均為銳角),則

\begin{displaymath} (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{2n+1}=\cos{k\pi}+i \sin{k \pi}=\pm 1 \end{displaymath}

另一方面利用二項式定理展開可得

\begin{displaymath} \begin{eqalign} \lefteqn{ (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{2n+... ...1}_3 (\cos{\theta})^{2n-2}(\sin{\theta})^3+\cdots \end{eqalign}\end{displaymath}

比較兩式的虛數部份,可以得到

\begin{displaymath} \begin{eqalign} & C^{2n+1}_1(\cos{\theta})^{2n}\sin{\theta}-... ...1}_5 (\cos{\theta})^{2n-4}(\sin{\theta})^5-\cdots \end{eqalign}\end{displaymath}

等於 0。在上面的特別選定角, $\sin{\theta}\neq 0$,可以將上式除以 $(\sin{\theta})^{2n+1}$,得到

\begin{displaymath} C^{2n+1}_1(\cot{\theta})^{2n}-C^{2n+1}_3 (\cot{\theta})^{2n-2} +C ^{2n+1}_5 (\cot{\theta})^{2n-4}-\cdots=0 \end{displaymath}

換句話說,多項式

\begin{displaymath} P(x)=C^{2n+1}_1 x^{2n}-C^{2n+1}_3 x^{2n+2}+C^{2n+1}_5 x^{2n+4}-\cdots \end{displaymath}

2n 個非零根為 $\pm \cot\frac{\pi}{2n+1}$, $\pm \cot\frac{2\pi}{2n+1}$,…, $\pm \cot\frac{n\pi}{2n+1}$,而根與係數的關係再度保證

\begin{displaymath} \begin{eqalign} & (\cot{\frac{\pi}{2n+1}})^2+(\cot{\frac{2\... ...+1}_3}{C^{2n+1}_1} = \frac{n(2n-1)}{3} \end{eqalign}\eqno{(*)} \end{displaymath}

從另一角度估計銳角和其三角函數值間的誤差,可以得到

\begin{displaymath} \sin{\theta}<\theta<\tan\theta,\quad (0<\theta<\frac{\pi}{2}) \end{displaymath}

這一點可由下圖單位圓內扇形面積看出來:


欧拉的绝招(转载) - calculus - 徐小湛的博客

$\triangle OAB$ 之面積 < 扇形 OAB 之面積 < $\triangle OAC$ 之面積

\begin{eqnarray*} & \frac{1}{2}\sin\theta < \frac{1}{2}\theta < \frac{1}{2}\tan\theta \\ & \sin\theta < \theta < \tan\theta \end{eqnarray*}


平方後,再倒數,得

\begin{displaymath} {\csc}^2\theta > \frac{1}{{\theta}^2}>{\cot}^2\theta \quad i.e. \quad 1+{\cot}^2\theta>\frac{1}{{\theta}^2} > {\cot}^2\theta \end{displaymath}

將上式用 $\theta=i \frac{\pi}{2n+1}$ $(i=1,2,\cdots,n)$ 代入,並將 n 個不等式相加,得到

\begin{displaymath} \begin{eqalign} & n+(\cot{\frac{\pi}{2n+1}})^2+\cdots+(\cot... ...\pi}{2n+1}})^2+\cdots+(\cot{\frac{n\pi}{2n+1}})^2 \end{eqalign}\end{displaymath}

並由(*)得

\begin{displaymath} n+\frac{n(2n-1)}{3}>(\frac{2n+1}{\pi})^2(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2})>(\frac{n(2n-1)}{3}) \end{displaymath}

亦即

\begin{displaymath} \frac{{\pi}^2(2n^2+n)}{3(2n+1)^2}>\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots\frac{1}{n^2}>\frac{{\pi}^2n(2n-1)}{3(2n+1)^2} \end{displaymath}

$n\rightarrow\infty$

\begin{displaymath} \frac{{\pi}^2(2n^2+n)}{3(2n+1)^2}\rightarrow\frac{{\pi}^2}{6... ...d \frac{{\pi}^2n(2n-1)}{3(2n+1)^2}\rightarrow\frac{{\pi}^2}{6} \end{displaymath}

所以

\begin{displaymath} \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\rightarrow\frac{{\pi}^2}{6} \end{displaymath}

因此

\begin{displaymath} \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=\frac{{\pi}^2}{6} \end{displaymath}

[後註]《數學傳播》季刊第四期葉招定先生〈排容原理〉一文,第86頁,有一有趣題目:「設 n 是自然數,二整數滿足 $1\leq a$,$b\leq n$sn 表示 a,b 互質的機率,試證 $\lim_{n\rightarrow\infty}s_n=s$ 存在。」事實上 $\lim_{n\rightarrow\infty}\,s_n$ 不但存在,而且

\begin{eqnarray*} \lim_{n\rightarrow\infty}\,s_n&=&\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\... ...rac{1}{p_1^2})(1-\frac{1}{p_2^2})\cdots(1-\frac{1}{p_n^2})\cdots \end{eqnarray*}


從另一個角度看

\begin{eqnarray*} \frac{1}{(1-\frac{1}{p_1^2})}&=&1+\frac{1}{p_1^2}+\frac{1}{p_1... ...})}&=&1+\frac{1}{p_n^2}+\frac{1}{p_n^4}+\cdots\\ \vdots&&\vdots \end{eqnarray*}


將各式相乘(再加以極限的概念)得到通項為 ${\displaystyle \frac{1}{p_{i_1}^{2n_1}p_{i_2}^{2n_2} \cdots p_{i_m}^{2n_m}} }$,每一項均是 $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots\frac{1}{n^2}$ 之一項,反之後式的任一項也可以表示成前者的通項形式。(利用算術基本定理,每個自然數可以唯一分解成質因數乘積。)所以

\begin{displaymath} \frac{1}{1-\frac{1}{p_1^2}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{p_2^2}}\... ...2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=\frac{{\pi}^2}{6} \end{displaymath}

倒數得 $\lim_{n\rightarrow\infty} \; s_n=\frac{6}{{\pi}^2}$,是為正確值。

[習題] 利用各種方法,正式或非正式的,求 $\frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\cdots+\frac{1}{n^4}\cdots$ 之和

[提示: $x^4 - \frac{1}{a^4}=(x-\frac{1}{a})(x+\frac{1}{a})(x-\frac{i}{a}) (x+\frac{i}{a})$]

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