黎曼函数ζ(2n)的几种求法

$\zeta (2n)$的几种求法

目录

• $\zeta (2n)$的几种求法
  • 结论
  • 欧拉的证明
  • 进一步探索，$\zeta$ 函数、余切、伯努利数的关系
  • 傅立叶分析证明
  • 留数法证明
  • 参考资料

结论

$$\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$$

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欧拉的证明

PS：欧拉在《无穷小分析引论中》，是对 $e^x + e^{-x}$ 的展开系数进行分析，而下文是对 $\frac{\sin(x)}{x}$ 分析，两者几乎没有区别。

这一方法通过比较 $\frac{\sin(x)}{x}$ 的无穷级数展开和无穷乘积展开的各项系数，依次求出 $\zeta(2),\zeta(4),\zeta(6),\cdots$ 的值。

无穷级数展开：

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

观察发现，$\frac{\sin(x)}{x}$ 的根集为 $x=n\cdot \pi,\mbox{ }(n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots)$，

因此可以猜测无穷乘积展开：

$$\begin{align} \frac{\sin(x)}{x} & {} = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \notag\\ & {} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \notag\cdots \end{align}$$

事实上，欧拉并没有证明这个无穷乘积展开，直到100年后魏尔施特拉斯提出了“魏尔施特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem）。

先比较二次项系数，可以求得 $\zeta(2)$：

$$\begin{aligned} -\frac{1}{3!} &= (-\frac{1}{\pi ^2})+(-\frac{1}{4\pi ^2})+\cdots=-\frac{1}{\pi^2}\cdot \zeta(2) \\ \zeta(2) &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned}$$

继续比较四次项系数，可以求得 $\zeta(4)$：

$$\begin{aligned} \frac{1}{5!} &= \sum_{1\le i<j} \frac{1}{i^2\pi^2}\cdot \frac{1}{j^2\pi^2} =\frac{1}{2}\left( \left(\sum_{1\le i}\frac{1}{i^2\pi^2}\right)^2 - \sum_{1\le i} \frac{1}{i^4\pi^4} \right) \\&=\frac{1}{2\pi^4} (\zeta^2(2)-\zeta(4)) \\ \zeta(4)&=\frac{\pi^4}{90} \end{aligned}$$

用这种方式，可以继续依次求出 $\zeta(6), \zeta(8), \cdots$。

可以用牛顿恒等式：

$$S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i}$$

作用到这个无穷乘积式上，把 $x^2$ 看作一个整体 $y$。由无穷级数的各项系数得：$\sigma_n = \frac{1}{(2n+1)!}$

又有 $S_n = (\frac{1}{\pi^2})^n+(\frac{1}{4\pi^2})^n+(\frac{1}{9\pi^2})^n + \cdots = \frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}$

所以对任意 $n$，可以得到 $\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2n)$ 之间的关系式：

$$\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}=\frac{(-1)^{n+1}n}{(2n+1)!}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{(-1)^{i+1}}{(2i+1)!}\cdot \frac{\zeta(2(n-i))}{\pi^{2(n-i)}}$$

于是可以由数学归纳法，推得

$$\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$$

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进一步探索，$\zeta$ 函数、余切、伯努利数的关系

如果延续欧拉的证明，而不用数学归纳法推导最终的式子，是否可以推出 $\zeta$ 函数和伯努利数的关系？

令 $P(y) = \frac{sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}}=(1-\frac{y}{\pi^2})(1-\frac{y}{4\pi^2})(1-\frac{y}{9\pi^2})\cdots = 1-\sigma_1 y+\sigma_2 y^2-\sigma_3y^3+\cdots$

考虑构造数列 $\{0,S_1,S_2,S_3,\cdots\}$ 的生成函数 $Q(y)=S_1y+S_2y^2+S_3y^3+\cdots$

再由牛顿恒等式 $S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i}$，观察 $F(y) = P(y)\cdot Q(y)$ 的各次项系数，可得：

$$\begin{aligned} F(y)=P(y)\cdot Q(y) &= \sum_{i=1}^n y^i\left(S_i+\sum_{j=1}^{i-1}(-1)^j\sigma_jS_{i-j}\right) \\&=\sum_{i=1}^n y^i\left(-1^{i+1}\sigma_i i\right) \\&=-y\cdot \frac{d}{dy}P(y)=-y\cdot P'(y) \\Q(y) &= -y\cdot \frac{P'(y)}{P(y)} \end{aligned}$$

将 $P(y)=\frac{\sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}},\ P'(y)=\frac{\cos(\sqrt{y})}{2y}-\frac{\sin(\sqrt{y})}{2y\sqrt{y}}$ 代入，得：

$$\begin{aligned} Q(y)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{y}\cot \sqrt{y} \\&=\sum_{i=1}^{\infty}y^i\cdot \frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}} \end{aligned}$$

所以 $cot(x)$ 的洛朗展开式是

$$cot(x) = \frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}x^{2n-1}$$

由此，我们推出了 $\zeta$ 函数与余切的关系！

接下来就简单了。由伯努利数的生成函数定义可知：

$$\frac{2x}{e^{2x}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n2^n}{n!}x^n=^设 B(x)$$

尝试寻找余切函数和伯努利数的关系：

$$\begin{aligned} i\cot(ix)&=coth(x)=\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}=\frac{1}{e^{2x}-1}+\frac{1}{1-e^{-2x}} \\&=\frac{1}{2x}(B(x)+B(-x)) \\&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}2^{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \\cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \end{aligned}$$

由此，我们推出了余切与伯努利数的关系！

比较两个洛朗展开式的系数，便求得$\zeta$函数与伯努利数的关系：

$$\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$$

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傅立叶分析证明

利用傅立叶级数求 $\zeta(2n)$ 的方法是比较常规的，也是比较方便的。

考虑函数 $f(x)=x^2,\ x\in [-\pi ,+\pi]$，将其傅立叶展开：

$$f(x)=x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\frac{4}{n^2}\cos(nx)\right)$$

取 $x=\pi$，易得 $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$。

尝试求 $\zeta(4)$，考虑函数 $f(x)=x^4,\ x\in [-\pi,+\pi]$，将其傅立叶展开：

$$f(x)=x^4 \sim \frac{\pi^4}{5}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\left(\frac{8\pi^2}{n^2}-\frac{48}{n^4}\right)cos(nx)\right)$$

结果非常的 Amazing！

同样地取 $x=\pi$，化简得 $8\pi^2\zeta(2)-48\zeta(4)+\frac{\pi^4}{5}=\pi^4$，$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$。

用同样的方法对 $f(x)=x^{2m}$ 展开，可以继续依次求出 $\zeta(6),\zeta(8),\cdots$

考虑函数 $f(x)=x^{2m}$ 的傅立叶级数：

$$f(x)=x^{2m}\sim a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n cos(nx)\right)$$

计算系数：

$$\begin{aligned} a_0&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{\pi^{2m}}{2m+1} \\a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2m}cos(nx)dx \\&=\frac{1}{\pi}\left(\left.\left( x^{2m}\frac{sin(nx)}{n}+(x^{2m})'\frac{cos(nx)}{n^2}-(x^{2n})''\frac{sin(nx)}{n^3}-(x^{2m})'''\frac{cos(nx)}{n^4}+\cdots \\+(-1)^{m-1}(x^{2m})^{[2m-1]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} +\int_{-\pi}^{\pi}(-1)^{m}(x^{2m})^{[2m]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}}dx \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\left.\left( \frac{(2m)!}{(2m-2i)!}x^{2m-2i}\frac{sin(nx)}{n^{2i+1}}+\frac{(2m)!}{(2m-2i-1)!}x^{2m-2i-1}\frac{cos(nx)}{n^{2i+2}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{(-1)^n}{n^{2i+2}} \right) \\&(n=1,2,\cdots) \end{aligned}$$

取 $x=\pi$，对展开式进行化简：

$$\begin{aligned} f(\pi)&=\pi^{2m}=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cdot(-1)^n\right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{1}{n^{2i+2}} \right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2i}} \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\zeta(2i) \end{aligned}$$

所以对任意 $m$，可以得到 $\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2m)$ 之间的关系式。

$$\frac{m}{(2m+1)!}=\sum_{i=1}(-1)^{i+1}\frac{1}{(2m-2i+1)!}\frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}}$$

仔细观察之后，这与前面的递推式是一样的，因此可以用前面的方法（数学归纳法或生成函数法）推出：

$$\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$$

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留数法证明

令 $f(z)=\frac{\pi \cot (\pi z)}{z^{2n}}$，那么它的奇点为 $z=\cdots,-2,-1,0,1,2,\cdots$，其中 $z=0$ 为 $2n+1$ 阶极点。

构造以原点为中心，$2N+1$ 为边长的正方形围道 $C_N$，包含了奇点 $z=-N,-N+1,\cdots,N-1,N$。

计算留数：

$$Res[f(z);i(i=\pm1,\pm2,\cdots)]=\frac{1}{i^{2n}} \\ Res[f(z);0]=\frac{1}{(2n)!}\lim_{z\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\cot(\pi z)$$

结果非常的 Amazing！函数在 $z=\pm 1,\pm 2,\cdots$ 这些极点上的留数与 $\zeta(2n)$ 有着密切联系！

至于 $z=0$ 处的留数，利用前面推导过的 $\cot$ 的洛朗展开式，可以得到：

$$\begin{aligned} cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \\ Res[f(z); 0]&=\frac{1}{(2n)!}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\left( \frac{1}{\pi z}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}(\pi z)^{2k-1} \right) \\&=\frac{(-1)^{n}(2\pi)^{2n}B_{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$$

那么由留数定理：

$$\lim_{N\rightarrow +\infty}\int_{C_N} f(z)dz = \lim_{N\rightarrow +\infty}2\pi i \sum_{k=-N}^{N}Res[f(z);k]=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!}$$

下面再证明，当 $N \rightarrow +\infty$，左边趋向于 $0$。

因为 $C_N$ 与实轴交点为 $\pm (n+\frac{1}{2})$，与复轴交点为 $\pm (i(n+\frac{1}{2}))$，所以当 $z=x+yi,\ y=\pm(n+\frac{1}{2})$ 时，

$$|\cot(\pi z)|=\left|i\frac{e^{2i\pi z}+1}{e^{2i\pi z}-1}\right| =\left|\frac{e^{2i\pi(x+yi)}+1}{e^{2i\pi(x+yi)}-1}\right| =\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right| \\ \le\left|\frac{|e^{2i\pi x}|+|e^{2\pi y}|}{|e^{2i\pi x}|-|e^{2\pi y}|}\right| = \left|\frac{1+e^{2\pi y}}{1-e^{2\pi y}}\right|<2$$

当 $x= \pm (n+\frac{1}{2})$ 时，

$$|cot(\pi z)|=\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right|==\left|\frac{-1+e^{2\pi y}}{-1-e^{2\pi y}}\right|<2$$

令 $N \rightarrow +\infty$，又有 $|z|>N$。因此：

$$\left|\int_{C_N} \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^{2n}}dz \right|\le \int_{C_N}\frac{|\pi \cot(\pi z)|}{|z|^{2n}}|dz|\le \frac{2\pi}{N^{2n}}\cdot (8N+4) \rightarrow 0 \\ 0=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!} \\ \zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$$

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参考资料

欧拉 · 《无穷小分析引论》

御坂01034 · 《巴塞尔问题的多种解法》

formulasearchengine · Weierstrass factorization theorem

钟玉泉 · 《复变函数论》