從歐拉公式到巴塞爾問題

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推導歐拉公式，並寫出巴塞爾問題的一種解法

歐拉公式

《微積分入門》使用歐拉公式嚴格地定義了三角函數，這裡只參考原書推導歐拉公式，不重新定義三角函數。

定義復數 e=cos⁡(θ)+isin⁡(θ)e=\cos(\theta)+\mathrm{i}\sin(\theta), ∣e∣2=cos⁡2(θ)+sin⁡2(θ)=1\vert e\vert^2=\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)=1. 這個復數 ee 並不是實際的數, 而是表示一種變換. 我們用這個復數來表示復平面的旋轉:

Re:z→z′=e⋅zR_e: z\to z'=e\cdot z

需要確定的就是復數 ee 關於角 θ\theta 的非三角函數形式的函數 e(θ)e(\theta).

首先, 旋轉兩次的復合可以用 ee 的乘積表示, 而對於旋轉的角, 則是相加, 由此可得:

e(θ+φ)=e(θ)⋅e(φ)(1)e(\theta+\varphi)=e(\theta)\cdot e(\varphi)\tag{1}

令 φ=0\varphi=0, 可得 e(θ+0)=e(θ)⋅e(0)e(\theta+0)=e(\theta)\cdot e(0), 於是得到:

e(0)=1e(0)=1

令 φ=−θ\varphi=-\theta, 可得 e(0)=e(θ)⋅e(−θ)e(0)=e(\theta)\cdot e(-\theta), 於是得到:

e(−θ)=1e(θ)=e(θ)‾e(-\theta)=\frac{1}{e(\theta)}=\overline{e(\theta)}

同時很容易得到: 對於正整數 nn, e(nθ)=e(θ)ne(n\theta)=e(\theta)^n, 所以:

e(θ)=e(θn)ne(\theta)=e\left(\frac{\theta}{n}\right)^n

當 n→∞n\to\infty 時, θ/n→0\theta/n\to0, e(θ/n)→1e(\theta/n)\to1, 令

e(θn)=1+σn,σn→0e\left(\frac{\theta}{n}\right)=1+\sigma_n,\quad\sigma_n\to0

則

e(θ)=(1+σn)ne(\theta)=(1+\sigma_n)^n

此時, 觀察 1⋅e(θ/n)=e(θ/n)1\cdot e(\theta/n)=e(\theta/n):

可以看到, e(θ/n)e(\theta/n) 很接近 1+(θ/n)i1+(\theta/n)\mathrm{i}, 於是設

σn=1n(τn+θi),τn→0\sigma_n=\frac{1}{n}(\tau_n+\theta\mathrm{i}),\quad\tau_n\to0

(加上一個很小的 τ\tau 是為了嚴格性)
於是得到

e(θ)=(1+θin+τn)n=(1+θin)n(1+znn)ne(\theta)=\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}+\frac{\tau}{n}\right)^n=\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}\right)^n\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n

其中

zn=τn1+θi/n→0z_n=\frac{\tau_n}{1+\theta\mathrm{i}/n}\to0

引理1: 對於復數列 {zn}\lbrace z_n\rbrace, 若 lim⁡n→∞zn=0\lim_{n\to\infty}z_n=0, 那麼 lim⁡n→∞(1+zn/n)n=1\lim_{n\to\infty}(1+z_n/n)^n=1. 具體證明不再贅述, 見《微積分入門》.

由此引理可得:

e(θ)=lim⁡n→∞(1+θin)ne(\theta)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}\right)^n

可以證明此函數是絕對值為1的連續復值函數, 且滿足條件(1), 具體見《微積分入門》.

又由 ez=lim⁡n→∞(1+z/n)ne^z=\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n, 可得:

e(θ)=lim⁡n→∞(1+θin)n=eiθ=cos⁡(θ)+isin⁡(θ)e(\theta)=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n})^n=e^{\mathrm{i}\theta}=\cos(\theta)+\mathrm{i}\sin(\theta)

這就是歐拉公式.

因為 lim⁡n→∞(1+z/n)n=∑n=0∞zn/n!\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n=\sum_{n=0}^{\infty}z^n/n!, 所以

e(θ)=1+∑n=1∞(iθ)nn!=1+iθ1!−θ22!−iθ33!+θ44!+⋯e(\theta)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}\theta)^n}{n!}=1+\frac{\mathrm{i}\theta}{1!}-\frac{\theta^2}{2!}-\frac{\mathrm{i}\theta^3}{3!}+\frac{\theta^4}{4!}+\cdots

由此很容易得到正余弦函數的泰勒展開:

{cos⁡(θ)=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯sin⁡(θ)=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯ \begin{cases} \cos(\theta)=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+\cdots\\ \sin(\theta)=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\frac{\theta^7}{7!}+\cdots \end{cases}

注意, 以下內容不嚴格

正弦函數因式分解

因為 sin⁡(nπ)=0\sin(n\pi)=0, 所以可以將正弦函數因式分解為:

sin⁡(x)=ax(x+π)(x−π)(x+2π)(x−2π)⋯\sin(x)=ax(x+\pi)(x-\pi)(x+2\pi)(x-2\pi)\cdots

注意到極限:

lim⁡x→0sin⁡(x)x=1\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1

於是將上式兩邊除以 xx 並取極限便得

1=aπ(−π)(2π)(−2π)⋯1=a\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots

所以

a=1π(−π)(2π)(−2π)⋯a=\frac{1}{\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots}

代回原式:

sin⁡(x)=x(1+xπ)(1−xπ)(1+x2π)(1−x2π)⋯\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)\cdots

巴塞爾問題

巴塞爾問題即為求如下級數的值:

∑n=1∞1n2=1+122+132+142+⋯\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots

這個問題有很多解法, 這裡寫一種使用正弦函數的解法.

現在, 我們有兩個正弦函數的表達式:

sin⁡(x)=x−x33!+x55!−x77!+⋯sin⁡(x)=x(1+xπ)(1−xπ)(1+x2π)(1−x2π)⋯ \begin{aligned} \sin(x)=&x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\\ \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)\cdots \end{aligned}

將下式展開：

sin⁡(x)=x(1+xπ)(1−xπ)(1+x2π)(1−x2π)⋯=x(1−x2π2)(1−x24π2)(1−x29π2)⋯=[x−(x3π2+x34π2+x39π2)+(x54π4+x59π4+x536π4)−x736π6](1−x216π2)⋯=x−∑n=1∞x3n2π+ax5−bx7+⋯ \begin{aligned} \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)\cdots\\ =&x\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)\cdots\\ =&\left[x-\left(\frac{x^3}{\pi^2}+\frac{x^3}{4\pi^2}+\frac{x^3}{9\pi^2}\right)+\left(\frac{x^5}{4\pi^4}+\frac{x^5}{9\pi^4}+\frac{x^5}{36\pi^4}\right)-\frac{x^7}{36\pi^6}\right]\left(1-\frac{x^2}{16\pi^2}\right)\cdots\\ =&x-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}+ax^5-bx^7+\cdots \end{aligned}

比較 33 次項係數可得到等式:

−x33!=−x36=−∑n=1∞x3n2π-\frac{x^3}{3!}=-\frac{x^3}{6}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}

於是得到:

∑n=1∞1n2=1+122+132+142+⋯=π26\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}