最近在算路径积分的时候,频繁地遇到了以下两种无穷级数:
$$\sum_n \frac{1}{n^2\pm\omega^2}\quad \text{和} \quad \prod_n \left(1\pm\frac{\omega^2}{n^2}\right)$$
当然,直接用Mathematica可以很干脆地算出结果来,但是我还是想知道为什么,至少大概地知道。

伯努利级数

当$\omega=0$的时候,第一个级数变为著名的伯努利级数
$$\sum_n \frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\dots$$
既然跟伯努利级数有关,那么很自然想到,从伯努利级数的求和入手。

伯努利级数求和的最为人称颂的方法,当属欧拉通过大胆猜测、类比而给出的“证明”了。欧拉考虑级数
$$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=1-\frac{x}{6}+\frac{x^2}{120}-\frac{x^3}{5040}+\dots$$
从左端的式子,容易看出$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=0$的根为$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$。

接着,我们考虑一元$n$次方程
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n1=0$$
假设它有$n$个非零根$x_1,x_2,\dots,x_n$,那么我们可以将它看成是关于$\frac{1}{x}$的方程
$$\left(\frac{1}{x}\right)^n+a_1 \left(\frac{1}{x}\right)^{n-1}+\dots+a_n=0$$
对应的根变成了$1/x_1,1/x_2,\dots,1/x_n$,那么根据韦达定理得到
$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}=-a_1$$

欧拉的大胆之处,就是它将上述的韦达定理,直接推广到无穷级数中去。他说,既然$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=0$的根为$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$,那么就有
$$\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{2^2 \pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\dots=-a_1=\frac{1}{6}$$
于是他告诉我们
$$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\dots=\frac{\pi^2}{6}$$
大胆、巧妙而不失简洁,欧拉完美地体现了冒险者的精神和令人陶醉的美!无怪乎John Stellwell在他的《数学及其历史》中,称“欧拉或许是级数运算的最伟大的学者”。

谨慎,审视

记得第一次看到这个证明,笔者就对欧拉佩服得五体投地了。这是怎样的头脑才能想出这样的方法!在那个级数运算才刚刚发展起来的年代,他就敢于将简单的韦达定理推广到无穷。更要命的是,他得到了正确的结果!正确的结果!~

不过如今学习更加深入,现在重看他的过程,就会带着审视的眼光了,比如哪里不严格了,哪里可以推广,等等。将韦达定理推广到无穷,并非不可能,但是有几个问题需要解决,比如怎么保证列出了所有根了呢?韦达定理中的那些根,可以是复根,而$n^2 \pi^2,\,n=1,2,3,\dots$最多也就是全部实数根,还有复根吗?不用$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}$,换成其他函数,有没有可能得到其它类似的有趣结果呢?

当然,在这里只是稍微一提,这不是本文的主题,因此并不多做讨论。事实上,欧拉的方法能衍生出丰富的结果,它的启发性、创造性已经远远掩盖了它的不严格性了。

连乘积的结果

事实上,欧拉的方法所告诉我们的,远远多于伯努利级数和这一特例。从代数理论中我们还知道,如果一元$n$次方程$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n1=0$的$n$个非零根为$x_1,x_2,\dots,x_n$,那么就有
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=a_n (x-x_1)(x-x_2)\dots (x-x_n)$$
将$x=0$代进去,得到
$$1=a_n(-x_1)(-x_2)\dots (-x_n)$$
用这个关系,可以将上式改写成
$$1+a_1 x+a_2 x^2 +\dots+a_n x^n=\left(1-\frac{x}{x_1}\right)\left(1-\frac{x}{x_2}\right)\dots \left(1-\frac{x}{x_n}\right)$$
欧拉又说,这个能推广到无穷!所以有
$$\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=\left(1-\frac{x}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x}{2^2 \pi^2}\right)\left(1-\frac{x}{3^2\pi^2}\right)\dots$$
或者换一下变量
$$\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2 \pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\dots$$
代入$x=\omega\pi$,得到
$$\frac{\sin \omega\pi}{\omega\pi}=\left(1-\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1-\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1-\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
这就是文章一开头提及到的连乘积之一。如果把$\omega$换成$i\omega$,就得到
$$\frac{\sin (i\omega\pi)}{i\omega\pi}=\left(1+\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1+\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1+\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
利用$\sin (ix)=i\sinh x$,就得到
$$\frac{\sinh \omega\pi}{\omega\pi}=\left(1+\frac{\omega^2}{1^2}\right)\left(1+\frac{\omega^2}{2^2 }\right)\left(1+\frac{\omega^2}{3^2}\right)\dots$$
这是连乘积的另一种情况。

回来继续求和

继续我们的求和,如果把$\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$换为
$$\frac{\omega\sin (\pi\sqrt{x+\omega^2})}{\sqrt{x+\omega^2}\sin\omega\pi}=1+\frac{\pi\omega\cot\omega\pi-1}{2\omega^2}x+\dots$$
这一次,方程
$$\frac{\omega\sin (\pi\sqrt{x+\omega^2})}{\sqrt{x+\omega^2}\sin\omega\pi}=0$$
的所有根为$x=n^2-\omega^2,\,n=1,2,3,\dots$,因此有
$$\sum_n \frac{1}{n^2-\omega^2}=\frac{1-\pi\omega\cot\omega\pi}{2\omega^2}$$
将$\omega$换为$i\omega$,得到
$$\sum_n \frac{1}{n^2+\omega^2}=\frac{1-i\pi\omega\cot i\omega\pi}{2(i\omega)^2}=\frac{\pi\omega\coth \omega\pi-1}{2\omega^2}$$
这就解决了两个求和问题了。

欧拉,真乃神人也!

百科上说到:欧拉从19岁开始发表论文,直到76岁,共写下了886本书籍和论文,其中在世时发表了700多篇论文。彼得堡科学院为了整理他的著作,整整用了47年!不得不说,这才是当之无愧的学神呐!


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