從歐拉公式到巴塞爾問題

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.

定義複數 $e=\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta$, $\vert e\vert^2=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$. 這個複數 $e$ 並不是實際的數, 而是表示一種變換. 我們用這個複數來表示復平面的旋轉:

$$R_e: z\to z'=e\cdot z$$

需要確定的就是複數 $e$ 關於角 $\theta$ 的非三角函數形式的函數 $e(\theta)$.

首先, 旋轉兩次的複合可以用 $e$ 的乘積表示, 而對於旋轉的角, 則是相加, 由此可得:

$$e(\theta+\varphi)=e(\theta)\cdot e(\varphi)\tag{1}$$

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

$$e(0)=1$$

令 $\varphi=-\theta$, 可得 $e(0)=e(\theta)\cdot e(-\theta)$, 於是得到:

$$e(-\theta)=\frac{1}{e(\theta)}=\overline{e(\theta)}$$

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

$$e(\theta)=e\left(\frac{\theta}{n}\right)^n$$

當 $n\to\infty$ 時, $\theta/n\to0$, $e(\theta/n)\to1$, 令

$$e\left(\frac{\theta}{n}\right)=1+\sigma_n,\enspace\sigma_n\to0$$

則

$$e(\theta)=(1+\sigma_n)^n$$

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

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

$$\sigma_n=\frac{1}{n}(\tau_n+\theta\mathrm{i}),\enspace\tau_n\to0$$

加上一個很小的 $\tau$ 是為了嚴格性.

從而

$$e(\theta)=\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}+\frac{\tau}{n}\right)^n=\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}\right)^n\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n$$

其中

$$z_n=\frac{\tau_n}{1+\theta\mathrm{i}/n}\to0$$

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

由此引理可得:

$$e(\theta)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}\right)^n$$

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).

又由 $e^z=\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n$, 可得:

$$e(\theta)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}\right)^n=e^{\mathrm{i}\theta}=\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta$$

這就是歐拉公式.

因為 $\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n=\sum_{n=0}^{\infty}z^n/n!$, 所以

$$e(\theta)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}\theta)^n}{n!}=1+\frac{\mathrm{i}\theta}{1!}-\frac{\theta^2}{2!}-\frac{\mathrm{i}\theta^3}{3!}+\frac{\theta^4}{4!}+\cdots$$

由此很容易得到正余弦函數的泰勒展開:

$$\begin{cases} \cos\theta=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+\cdots\\ \sin\theta=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\frac{\theta^7}{7!}+\cdots \end{cases}$$

⚠︎ 注意, 以下內容不嚴格

正弦函數因式分解

因為 $\sin n\pi=0$, 所以可以將正弦函數因式分解為:

$$\sin x=ax(x+\pi)(x-\pi)(x+2\pi)(x-2\pi)\cdots$$

注意到極限:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

於是將上式兩邊除以 $x$ 並取極限便得

$$1=a\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots$$

所以

$$a=\frac{1}{\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots}$$

代回原式:

$$\sin x=x\left(1+\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\cdots$$

巴塞爾問題

巴塞爾問題即為求如下級數的值:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots$$

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:

$$\begin{aligned} \sin x=&x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\\ \sin x=&x\left(1+\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\cdots \end{aligned}$$

將下式展開：

$$\begin{aligned} \sin x=&x\left(1+\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\cdots\\ =&x\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{9\pi^2}\right)\cdots\\ =&\left[x-\left(\frac{x^3}{\pi^2}+\frac{x^3}{4\pi^2}+\frac{x^3}{9\pi^2}\right)+\left(\frac{x^5}{4\pi^4}+\frac{x^5}{9\pi^4}+\frac{x^5}{36\pi^4}\right)-\frac{x^7}{36\pi^6}\right]\left(1-\frac{x^2}{16\pi^2}\right)\cdots\\ =&x-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}+ax^5-bx^7+\cdots \end{aligned}$$

比較 $3$ 次項係數可得到等式:

$$-\frac{x^3}{3!}=-\frac{x^3}{6}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}$$

於是得到:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}$$