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바젤 문제

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목차

1. 개요

바젤 문제는 1644년 피에트로 멩골리가 제기한 '제곱수의 역수 합'에 대한 문제로, 레온하르트 오일러가 1735년에 처음으로 해를 구했다. 이 문제는 다음과 같이 정의된다. \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} 오일러는 사인 함수의 테일러 급수와 바이어슈트라스 곱 정리를 이용하여 바젤 문제의 해가 \frac{\pi^2}{6}임을 증명했다. 이 문제는 리만 제타 함수와 관련이 있으며, 다양한 표현과 증명 방법이 존재한다.

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바젤 문제
문제 개요
이름바젤 문제
분야수학, 해석학
내용자연수 제곱의 역수의 합 계산
수식∑(n=1, ∞) 1/n² = 1/1² + 1/2² + 1/3² + 1/4² + ... = π²/6
해결레온하르트 오일러 (1734년)
값π²/6 ≈ 1.644934066848226436472415166646025189218949901206798437735558229...
일반화리만 제타 함수 ζ(2)
역사적 배경
제기1644년 피에트로 멘골리
해결1734년 레온하르트 오일러
중요성수학적 해석 분야 발전 기여, 리만 제타 함수 연구의 중요한 단서 제공
수학적 의미
관련 함수리만 제타 함수
특수 값ζ(2) = π²/6
응용푸리에 급수, 확률론, 정수론 등 다양한 분야에 응용
증명 방법
오일러의 방법사인 함수의 무한 곱 표현 이용
다른 방법푸리에 급수, 파서벌 정리, 복소해석학 등 다양한 방법 존재
추가 정보
OEISA013661

2. 역사

1644년에 피에트로 멩골리/Pietro Mengoliit가 "제곱수의 역수 전체의 합은 수렴하는가? 만약 수렴한다면 그 값은 얼마인가?"라는 문제를 제기했다. 이 문제는 여러 수학자들이 해결하려 했으며, 그중 야코프 베르누이는 1689년에 이 문제에 도전했지만 해결하지 못했다.

레온하르트 오일러는 1735년에 이 문제를 제곱수에 국한하지 않고, 자연수의 짝수 거듭제곱의 역수 합에 대해 일반화된 형식으로 해결했다. 베른하르트 리만은 이 아이디어를 활용하여 제타 함수를 정의하고, 그 성질을 연구하는 데 기여했다(1859년 논문 "주어진 수보다 작은 소수의 개수에 관하여").

제곱수의 역수 합은

:\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} =\lim_{n\to \infty} \left( \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} +\cdots +\frac{1}{n^2} \right)

로 나타낼 수 있다. 이는 제타 함수

:\zeta (s)=\sum_{n=1}^\infty {n^{-s}}

의 s = 2에서의 값 ζ(2)이기도 하다. 그 값은 π2/6 (= 1.644934…)이다(''''는 원주율). 오일러 곱에 따르면

:\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \prod_{p\text{: prime}} \frac{1}{1-p^{-2}} =\frac{1})^2} \cdot \frac{1})^2} \cdot \frac{1})^2} \cdot \cdots

가 된다.

3. 오일러의 풀이

오일러는 사인 함수의 테일러 급수와 바이어슈트라스 곱 정리를 이용하여 바젤 문제의 해를 구했다.

오일러는 다음과 같은 과정을 통해 바젤 문제의 무한 급수의 수렴값이 \frac{\pi^2}{6}\,임을 도출해 내었다.

원래의 풀이는 엄밀하지 못한 방법이었으나, 약 100년 후 카를 바이어슈트라스가 바이어슈트라스 곱 정리를 통해 오일러의 증명이 타당함을 보였다.

먼저, 사인 함수의 테일러 급수를 생각하면

:\begin{align}

\sin x = \sum_{k=0}^\infin \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} = x - {\frac{x^3}{3!}} + {\frac{x^5}{5!}} - {\frac{x^7}{7!}} + \cdots

\\ \Rightarrow \frac{\sin x}{x} = \sum_{k=0}^{\infin} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k} = 1 - {\frac{x^2}{3!}} + {\frac{x^4}{5!}} - {\frac{x^6}{7!}} + \cdots

\\ \end{align}

\frac{\sin x}{x} = 0 는 x = n\pi (n\in\mathbb{Z}-\{0\}) 가 이 방정식의 근이 되므로

\frac{\sin x}{x} 는 적당한 상수 A 에 대하여 바이어슈트라스의 곱정리에 따라 다음과 같이 인수분해할 수 있다. (오일러는 이 부분에서 엄밀하지 못한 가정을 사용하였다.)

:\begin{alignat}{2} \frac{\sin x}{x} & =

A \prod_{n\in\mathbb{Z}-\{0\}} (1 - \frac{x}{n\pi}) =

A (1 - \frac{x}{ \pi})(1 + \frac{x}{ \pi})(1 - \frac{x}{2\pi})(1 + \frac{x}{2\pi})\cdots

\\ & = A \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2}) =

A (1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots

\\ \end{alignat}

여기서 양변에 극한을 취함으로써 A 의 값을 알 수 있다.

:\begin{alignat}{3}

& \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} =

\lim_{x \rightarrow 0} A \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2})

\\ & \Longrightarrow\ 1 = A\ (\prod_{n = 1}^\infin 1)

\\ & \Longrightarrow\ A = 1

\\ \end{alignat} \therefore \frac{\sin x}{x} =

\prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2}) =

(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots

이제 우리는 \frac{\sin x}{x} 에 관한 두 개의 식을 이용해 다음과 같은 항등식을 도출할 수 있다.

:\sum_{k=0}^{\infin} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k} =

\prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2})

위 식에서 이차항을 비교하면

:\begin{align}


  • \frac{1}{3!} = \sum_{n = 1}^\infin (-\frac{1}{n^2 \pi^2})

\\ \Longrightarrow -\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}

\\ \end{align}

:

적절한 변형을 통해 우리가 원하는 결론을 얻을 수 있다.

:\therefore\ \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

오일러의 원래 \pi^2/6 값 유도는 본질적으로 유한 다항식에 대한 관찰을 확장하고 이러한 속성이 무한 급수에도 적용된다고 가정했다.

물론, 오일러의 원래 추론에는 정당성이 필요하다 (100년 후, 카를 바이어슈트라스는 바이어슈트라스 인수분해 정리를 사용하여 사인 함수를 무한 곱으로 표현한 오일러의 표현이 유효함을 증명했다). 그러나 정당성이 없더라도, 단순히 올바른 값을 얻음으로써 그는 급수의 부분 합에 대해 수치적으로 확인할 수 있었다. 그가 관찰한 일치는 그에게 수학계에 자신의 결과를 발표할 충분한 확신을 주었다.

오일러의 주장을 따라가기 위해, 삼각 함수의 테일러 급수 전개를 상기해 보자.

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots

x로 나누면

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

바이어슈트라스 인수분해 정리는 오른쪽 변이 유한 다항식과 마찬가지로 근에 의해 주어진 선형 인수의 곱임을 보여준다. 오일러는 이것을 무한 차수 다항식을 근을 사용하여 전개하는 발견법으로 가정했지만, 사실 일반 P(x)에 대해 항상 참인 것은 아니다.[5] 이 인수분해는 방정식을 다음과 같이 전개한다.

\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 \\

&= \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

\end{align}

만약 우리가 이 곱을 형식적으로 곱하고 모든 항을 수집한다면 (뉴턴 항등식에 의해 그렇게 할 수 있다), 귀납법에 의해 }}의 계수는 다음과 같음을 알 수 있다.[6]

-\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right) = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.

그러나 }}의 원래 무한 급수 전개로부터, 의 계수는 has been transcluded; see mw:Help:Magic words#Escaped characters for details. To fix this, use only the code to generate the = character.}}

 −}}. 이 두 계수는 같아야 한다. 따라서,

-\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.

이 방정식의 양변에 −2를 곱하면 양의 제곱 정수의 역수의 합이 나온다.

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

\zeta(2)를 계산하는 이 방법은 하빌의 ''감마'' 책에 자세히 설명되어 있으며, 이 책은 많은 제타 함수 및 로그 관련 급수와 적분뿐만 아니라 오일러-마스케로니 상수와 관련된 역사적 관점을 자세히 설명하고 있다.[7]

정규화된 sinc 함수 \text{sinc}(x)=\frac{\sin (\pi x)}{\pi x}는 다음과 같은 무한 곱으로 표현되는 바이어슈트라스 인수분해가 가능하다.

\frac{\sin (\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).

무한 곱은 해석 함수이므로, 양변에 자연 로그를 취하고 미분하면 다음을 얻는다.

\frac{\pi \cos (\pi x)}{\sin (\pi x)}-\frac{1}{x}=-\sum_{n=1}^\infty \frac{2x}{n^2-x^2}

(균등 수렴에 의해 미분과 무한 급수의 교환이 허용된다). 방정식을 2x로 나누고 재정리하면 다음을 얻는다.

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

변수를 변경한다(x=-it):

-\frac{1}{2t^2}+\frac{\pi \cot (-\pi it)}{2it}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}.

오일러 공식을 사용하여 다음을 유도할 수 있다.

\frac{\pi \cot (-\pi i t)}{2it}=\frac{\pi}{2it}\frac{i\left(e^{2\pi t}+1\right)}{e^{2\pi t}-1}=\frac{\pi}{2t}+\frac{\pi}{t\left(e^{2\pi t} - 1\right)}.

또는 해당 쌍곡선 함수를 사용하여

\frac{\pi \cot (-\pi i t)}{2it}=\frac{\pi}{2t}{i\cot (\pi i t)}=\frac{\pi}{2t}\coth(\pi t).

그런 다음

\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}=\frac{\pi \left(te^{2\pi t}+t\right)-e^{2\pi t}+1}{2\left(t^2 e^{2\pi t}-t^2\right)}=-\frac{1}{2t^2} + \frac{\pi}{2t} \coth(\pi t).

이제 t가 0에 접근할 때의 극한을 취하고 로피탈의 정리를 세 번 사용한다. \lim_{t\to\infty}\sum_{n=1}^\infty 1/(n^2+1/t^2)에 적용된 타너리 정리에 의해, \lim_{t\to 0}\sum_{n=1}^\infty 1/(n^2+t^2)=\sum_{n=1}^\infty 1/n^2가 되도록 극한과 무한 급수의 교환이 가능하며, 로피탈의 정리에 의해

\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}&=\lim_{t\to 0}\frac{\pi}{4}\frac{2\pi te^{2\pi t}-e^{2\pi t}+1}{\pi t^2 e^{2\pi t} + te^{2\pi t}-t}\\[6pt]

&=\lim_{t\to 0}\frac{\pi^3 te^{2\pi t}}{2\pi \left(\pi t^2 e^{2\pi t}+2te^{2\pi t} \right)+e^{2\pi t}-1}\\[6pt]

&=\lim_{t\to 0}\frac{\pi^2 (2\pi t+1)}{4\pi^2 t^2+12\pi t+6}\\[6pt]

&=\frac{\pi^2}{6}.\end{align}

오일러는 의 매클로린 급수를 이용하여 해를 구하는 방법을 고안했다. 먼저 를

:\sin x=\frac{x^1}{1!} -\frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!} -\frac{x^7}{7!} +\cdots

로 전개한다. 이 양변을 로 나누면

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

가 된다. 좌변은 정확히 (은 양의 정수)일 때 이므로 우변을 형식적으로 다음과 같이 "인수분해"할 수 있다.

:\frac{\sin x}{x} =\left( 1-\frac{x}{1\pi} \right) \left( 1+\frac{x}{1\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.

인접한 두 항을 곱하면

:(2)\qquad\frac{\sin x}{x} = \left(1 - \frac{x^2}{1^2 \pi^2}\right) \left(1 - \frac{x^2}{2^2 \pi^2}\right) \left( 1-\frac{x^2}{3^2 \pi^2} \right) \cdots.

(1)과 (2)의 우변의 의 계수는

:(1)\colon-\frac{1}{3!} =-\frac{1}{6},

:(2)\colon-\left( \frac{1}{1^2 \pi^2} +\frac{1}{2^2 \pi^2} +\frac{1}{3^2 \pi^2} +\cdots \right) =-\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}

이다. 이것들은 같아야 하므로

:-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = - \frac{1}{6}

이다. 그러므로 구하는 급수의 값은

:\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^2}{6}

이다. 또한 오일러는 일반적으로 번째 베르누이 수를 }}라고 하면

:\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2k}} =(-1)^{k+1} \frac{B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}

가 성립한다는 것을 보였다.

3. 1. 사인 함수의 테일러 급수 전개

오일러는 사인 함수의 테일러 급수를 이용하여 바젤 문제의 해를 구했다. 사인 함수의 테일러 급수는 다음과 같다.

:\sin x = x - {\frac{x^3}{3!}} + {\frac{x^5}{5!}} - {\frac{x^7}{7!}} + \cdots

양변을 x로 나누면 다음과 같다.

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

이는 \frac{\pi^2}{6}으로 수렴한다.

3. 2. 바이어슈트라스 곱 정리

오일러는 바젤 문제의 무한 급수의 수렴값이 \frac{\pi^2}{6}\,임을 보였다. 원래의 풀이는 엄밀하지 못했으나, 약 100년 후 카를 바이어슈트라스가 바이어슈트라스 곱 정리를 통해 오일러의 증명이 타당함을 보였다.

사인 함수를 테일러 급수로 나타내면 다음과 같다.

:\sin x = \sum_{k=0}^\infin \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} = x - {\frac{x^3}{3!}} + {\frac{x^5}{5!}} - {\frac{x^7}{7!}} + \cdots

양변을 x로 나누면,

:\frac{\sin x}{x} = \sum_{k=0}^{\infin} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k} = 1 - {\frac{x^2}{3!}} + {\frac{x^4}{5!}} - {\frac{x^6}{7!}} + \cdots

\frac{\sin x}{x} = 0 는 x = n\pi (n\in\mathbb{Z}-\{0\}) 가 이 방정식의 근이 되므로, 바이어슈트라스 곱 정리에 따라 다음과 같이 인수분해할 수 있다.

:\frac{\sin x}{x} = A \prod_{n\in\mathbb{Z}-\{0\}} (1 - \frac{x}{n\pi}) = A (1 - \frac{x}{ \pi})(1 + \frac{x}{ \pi})(1 - \frac{x}{2\pi})(1 + \frac{x}{2\pi})\cdots = A \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2})

여기서 A는 상수이다. 양변에 극한을 취하면,

:\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} A \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2}) \Longrightarrow 1 = A\ (\prod_{n = 1}^\infin 1) \Longrightarrow A = 1

따라서,

:\frac{\sin x}{x} = \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2}) = (1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots

\frac{\sin x}{x} 에 관한 두 개의 식을 이용해 항등식을 도출하고, 이차항을 비교하면

:\sum_{k=0}^{\infin} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k} = \prod_{n = 1}^\infin (1 - \frac{x^2}{n^2 \pi^2})

:-\frac{1}{3!} = \sum_{n = 1}^\infin (-\frac{1}{n^2 \pi^2}) \Longrightarrow -\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}

결론적으로,

:\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}. 이다.

3. 3. 이차항 비교

오일러가 유도한 두 식에서 x²의 계수를 비교하면 다음과 같다.

:\begin{align}

  • \frac{1}{3!} = \sum_{n = 1}^\infin (-\frac{1}{n^2 \pi^2})

\\ \Longrightarrow -\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}

\\ \end{align}

따라서 다음을 얻을 수 있다.

:\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

3. 4. 오일러의 접근법을 이용한 바젤 문제의 일반화

오일러는 \sum_{k=1}^\infin \frac{1}{k^{2n}} = \frac{(-1)^{n-1} (2\pi)^{2n}}{2\cdot(2n)!}B_{2n} 공식을 유도했다. 여기서 B_n은 베르누이 수이다. 이 공식은 리만 제타 함수를 사용하여 0 이상의 짝수에 대한 함수값을 구하는 데 사용될 수 있다: \zeta(2n) = \frac{(-1)^{n-1} (2\pi)^{2n}}{2\cdot(2n)!}B_{2n}.

오일러는 유한 다항식에 대한 관찰을 무한 급수로 확장하여 결과를 얻었으며, 이는 100년 후 카를 바이어슈트라스가 바이어슈트라스 인수분해 정리를 통해 사인 함수의 무한 곱 표현이 유효함을 증명함으로써 정당화되었다.

오일러는 삼각 함수의 테일러 급수 전개, 즉 \frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots를 사용했다. 바이어슈트라스 인수분해 정리에 따르면, 이 식은 \frac{\sin x}{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) \cdots와 같이 인수분해될 수 있다. 이 곱을 전개하고 x^2 항을 수집하면, -\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right) = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}를 얻는다.

원래 무한 급수 전개에서 x^2의 계수는 -\frac{1}{6}이므로, -\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}이다. 양변에 -\pi^2를 곱하면 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}을 얻는다.

기본 대칭 다항식에서 얻은 공식을 사용하여 짝수 제타 상수에 대한 일반적인 공식을 유도할 수 있다. 즉, \zeta(2n) = \frac{(-1)^{n-1} (2\pi)^{2n}}{2 \cdot (2n)!} B_{2n}이다. 뉴턴 항등식을 통해, \zeta(2k)는 유리수와 \pi^{2k}의 곱으로 표현될 수 있다. \pi가 초월수이므로, \zeta(2k)는 모든 k \geq 1에 대해 초월수이다.

부분 적분과 파세발의 항등식을 이용하여 \zeta(2j)에 대한 공식을 확장할 수 있다.

4. 리만 제타 함수와의 관계

오일러는 급수를 리만 제타 함수로 일반화하여 0 이상의 짝수에 대하여 수렴값을 닫힌 형식으로 구할 수 있는 방법을 제시하였다.

:

\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} =

\frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s}\cdots.

오일러는 제타 함수의 급수가 소수에 대하여 다음과 같은 곱으로도 표현될 수 있음을 발견하였다.

:

\zeta(s) =

\prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}=

\frac{1}{1-2^{-s}}\cdot\frac{1}{1-3^{-s}}\cdot\frac{1}{1-5^{-s}}\cdot\frac{1}{1-7^{-s}} \cdots \frac{1}{1-p^{-s}} \cdots



따라서 제타 함수는 오일러의 곱셈 공식으로 표현 가능하다.

:

\zeta(s) =

\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} =

\prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}



이에 따라, \zeta(2k)는 ''항상'' \pi^{2k}의 유리수 배수이다. \pi와 그 정수 거듭제곱이 초월수이므로, \zeta(2k)는 무리수이며, 모든 k \geq 1에 대해 초월수이다. 이와 대조적으로, 아페리 상수 \zeta(3)을 포함한 홀수 인덱스 제타 상수의 성질은 거의 알려져 있지 않다.

리만 제타 함수 ζ(''s'')영어는 소수 분포와의 관계 때문에 수학에서 가장 중요한 함수 중 하나이다. 제타 함수는 실수부가 1보다 큰 모든 복소수 ''s''영어에 대해 다음 공식으로 정의된다.

:\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}.

바젤 문제는 제타 함수에서 적분 판정법]] 또는 부등식을 통해 증명할 수 있다.

:\begin{align}

\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} & < 1 + \sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)} \\

& = 1 + \sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) \\

& = 1 + 1 - \frac{1}{N} \;{\stackrel{N \to \infty}{\longrightarrow/s = 2}}를 대입한 특수한 경우로, 모든 양의 정수의 제곱의 역수의 합과 같다.

:\zeta(2) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}

= \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.644934.

이 급수의 수렴성은

\end{align}

무한 합은 음수 항을 포함하지 않으므로 0과 2 사이의 값으로 수렴해야 한다. ''s''영어가 양의 짝수 정수일 때마다 ''ζ''(''s'')영어는 베르누이 수에 관한 표현을 가진다. ''s'' = 2''n''}}일 때:[9]

:\zeta(2n) = \frac{(2\pi)^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n영어{2\cdot(2n)!}.

5. 다른 증명 방법

5. 1. 푸리에 급수를 이용한 증명

파르세발의 항등식을 사용하여 함수 f/f영어(x) = x (함수 f(x) = x에 적용)을 통해 얻을 수 있다.

:\sum_{n=-\infty}^\infty |c_n|^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx,

여기서

:\begin{align}

c_n &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x e^{-inx} \, dx \\[4pt]

&= \frac{n\pi \cos(n\pi)-\sin(n\pi)}{\pi n^2} i \\[4pt]

&= \frac{\cos(n\pi)}{n} i \\[4pt]

&= \frac{(-1)^n}{n} i

\end{align}

n ≠ 0일때, c0 = 0 이다. 따라서,

:|c_n|^2 = \begin{cases}

\dfrac{1}{n^2}, & \text{for } n \neq 0, \\

0, & \text{for } n = 0,

\end{cases}



그리고

:\sum_{n=-\infty}^\infty |c_n|^2 = 2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx.

결론적으로,

:\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx = \frac{\pi^2}{6}

이다.

포물선을 푸리에 급수로 나타내는 방법을 사용하여 증명할 수 있다.

:f(x)=\frac{x^2}{4} \quad (-\pi \le x \le \pi)

이 우함수는 코사인 함수로 전개할 수 있다.

:\frac{x^2}{4} = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos nx.

여기서

:a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{x^2}{4}\,dx=\frac{{\pi}^2}{6}

이며, an (n ≥ 1)은

:\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{x^2}{4} \cos nx\,dx=\frac{(-1)^n}{n^2}

이다. 그러므로 f(x)의 푸리에 급수는

:

f(x)=\frac{\pi^2}{12} +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos nx



이며, 양변에 x = π를 대입하면

:\frac{{\pi}^2}{4} =\frac{{\pi}^2}{12} +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}

이 된다. 따라서 바젤 문제의 해

:\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{{\pi}^2}{6}

을 얻을 수 있다.

5. 2. 파르세발 항등식을 이용한 증명

파르세발의 항등식을 사용하여 함수 f(x)/f(x)영어 = x 에 적용하면 다음을 얻을 수 있다.

:\sum_{n=-\infty}^\infty |c_n|^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx,

여기서

:\begin{align}

c_n &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x e^{-inx} \, dx \\[4pt]

&= \frac{n\pi \cos(n\pi)-\sin(n\pi)}{\pi n^2} i \\[4pt]

&= \frac{\cos(n\pi)}{n} i \\[4pt]

&= \frac{(-1)^n}{n} i

\end{align}

n ≠ 0일 때, c0 = 0이다. 따라서,

:|c_n|^2 = \begin{cases}

\dfrac{1}{n^2}, & \text{for } n \neq 0, \\

0, & \text{for } n = 0,

\end{cases}



그리고

:\sum_{n=-\infty}^\infty |c_n|^2 = 2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx.

결론적으로,

:\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^\pi x^2 \, dx = \frac{\pi^2}{6}

이다.

(0, 1)에서 정의된 L² 주기 함수의 공간 L^2_{\operatorname{per}}(0, 1) (즉, 제곱 적분 가능 함수이면서 주기적인 함수들의 부분 공간)에 대한 완전 정규 직교 기저가 주어지면 \{e_i\}_{i=-\infty}^{\infty}로 표시할 때, 파세발의 항등식은 다음과 같다.

:\|x\|^2 = \sum_{i=-\infty}^{\infty} |\langle e_i, x\rangle|^2,

여기서 \|x\| := \sqrt{\langle x,x\rangle}는 다음처럼 주어진 이 힐베르트 공간 상의 내적을 사용하여 정의된다.

:\langle f, g\rangle = \int_0^1 f(x) \overline{g(x)} \, dx,\ f,g \in L^2_{\operatorname{per}}(0, 1).

e_k \equiv e_k(\vartheta) := \exp(2\pi\imath k \vartheta)로 정의되는 이 공간의 정규 직교 기저를 고려할 수 있으며, \langle e_k,e_j\rangle = \int_0^1 e^{2\pi\imath (k-j) \vartheta} \, d\vartheta = \delta_{k,j}가 된다. 그러면 f(\vartheta) := \vartheta로 놓으면 다음 두 가지를 계산할 수 있다.

:

\begin{align}

\|f\|^2 & = \int_0^1 \vartheta^2 \, d\vartheta = \frac{1}{3} \\

\langle f, e_k\rangle & = \int_0^1 \vartheta e^{-2\pi\imath k\vartheta} \, d\vartheta = \Biggl\{\begin{array}{ll} \frac{1}{2}, & k = 0 \\ -\frac{1}{2\pi\imath k} & k \neq 0, \end{array}

\end{align}



각각 기본 미적분학과 부분 적분법을 통해서 계산된다. 마지막으로, 위의 형식으로 표현된 파세발의 항등식을 통해 다음을 얻는다.

:

\begin{align}

\|f\|^2 = \frac{1}{3} & = \sum_{\stackrel{k=-\infty}{k \neq 0}}^{\infty} \frac{1}{(2\pi k)^2}+ \frac{1}{4}

= 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2\pi k)^2}+ \frac{1}{4} \\

& \implies \frac{\pi^2}{6} = \frac{2 \pi^2}{3} - \frac{\pi^2}{2} = \zeta(2).

\end{align}


5. 3. 적분 기호 아래에서의 미분 (라이프니츠 규칙)

적분 기호 아래에서의 미분 기술을 프리타스에 의한 적분에 적용하여 초등 미적분학으로 결과를 증명할 수 있다.[10]

I(\alpha) = \int_0^\infty \ln\left(1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}\right)dx.

적분 함수의 원시 함수는 초등 함수로 표현될 수 없지만, \alpha에 대해 미분하면 다음과 같다.

\frac{dI}{d\alpha} = \int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}}dx,

이는 u=e^{-x}를 대입하고 부분 분수로 분해하여 적분할 수 있다. -2\leq\alpha\leq 2 범위에서 정적분은 다음과 같이 축소된다.

\frac{dI}{d\alpha} = \frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\left[\arctan\left(\frac{\alpha+2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)-\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right].

이 표현은 아크탄젠트 덧셈 공식을 사용하여 단순화할 수 있으며, 삼각 치환을 통해 \alpha에 대해 적분하면 다음과 같다.

I(\alpha) = -\frac{1}{2}\arccos\left(\frac{\alpha}{2}\right)^2 + c.

적분 상수 c는 두 개의 다른 I(\alpha) 값이 I(2) = 4I(0) 와 같이 관련되어 있음을 알면 결정할 수 있다.

I(2)를 계산할 때 1+2e^{-x}+e^{-2x} = (1+e^{-x})^2을 인수분해하고 로그 지수의 항등식과 치환 u=x/2을 사용하여 I(0)의 관점에서 표현할 수 있기 때문이다. 이를 통해 c = \frac{\pi^2}{6}을 결정할 수 있으며, 다음이 따른다.

I(-2) = 2\int_0^\infty \ln(1-e^{-x})dx = -\frac{\pi^2}{3}.

이 최종 적분은 자연 로그를 테일러 급수로 확장하여 평가할 수 있다.

\int_0^\infty \ln(1-e^{-x})dx = - \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty \frac{e^{-nx}}{n}dx = -\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}.

마지막 두 항등식은 다음을 의미한다.

\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

5. 4. 코시의 증명

이 증명은 오귀스탱 루이 코시 (Cours d'Analyse, 1821, Note VIII)에 따른 것이다.[11] 1954년 아키바 얄롬과 이삭 얄롬의 저서 "초등적 해설의 비초등적 문제"에 실렸고, 1982년 ''유레카'' 저널에 존 스콜스에게 귀속되어 게재되었으나, 스콜스는 피터 스위너턴-다이어에게서 배웠다고 주장하며, 1960년대 후반 케임브리지 대학교에서 널리 알려진 지식이라고 주장한다.[12]

증명의 핵심은 부분합

:\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}

을 이 무한대로 갈 때 2|6}}으로 수렴하는 두 식으로 묶는 것이다. 이 두 식은 코탄젠트와 코시컨트 함수 관련 항등식에서 유도되며, 이 항등식은 드 무아브르의 공식에서 유도된다.

[[File:https://cdn.onul.works/wiki/source/1950fcbc3f5_9a3ff424.jpeg|thumb|부등식


\tfrac{1}{2}r^2\tan\theta > \tfrac{1}{2}r^2\theta > \tfrac{1}{2}r^2\sin\theta


는 임의의 \theta \in (0, \pi/2)에 대해 그림으로 표시됩니다. 세 항은 삼각형 OAC, 원 부분 OAB 및 삼각형 OAB의 면적입니다. 역수를 취하고 제곱하면


\cot^2\theta<\tfrac{1}{\theta^2}<\csc^2\theta.]]

0 < ''x'' < |2}}인 실수 ''x''와 양의 홀수 정수 ''n''에 대해, 드 무아브르 공식과 코탄젠트 함수 정의로부터 다음을 얻는다.

:\frac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{\sin^n x} = (\cot x + i)^n.

이항 정리를 이용하고, 두 식을 결합해 허수 부분을 같게 하면 다음 항등식을 얻는다.

:\frac{\sin (nx)}{\sin^n x} = \Bigg( {n \choose 1} \cot^{n - 1} x - {n \choose 3} \cot^{n - 3} x \pm \cdots \Bigg).

이 항등식에서 양의 정수 을 고정하고, , |2''m'' + 1}}}} ()을 대입하면, 은 의 배수이므로 이다. 따라서,

:0 =

이다.

는 (0, |2}}) 내 서로 다른 숫자이고, 는 이 구간에서 단사 함수이므로, 는 ''r'' = 1, 2, ..., ''m''에 대해 서로 다르다. 이 ''m''개의 숫자는 다음 ''m''차 다항식의 근이다.

:p(t) = .

비에타의 공식에 의해 근의 합은

:\cot ^2 x_1 + \cot ^2 x_2 + \cdots + \cot ^2 x_m = \frac{\binom{2m + 1}3} {\binom{2m + 1}1} = \frac{2m(2m - 1)}6

이다. 삼각 항등식 목록의 을 대입하면,

:\csc ^2 x_1 + \csc ^2 x_2 + \cdots + \csc ^2 x_m = \frac{2m(2m - 1)}6 + m = \frac{2m(2m + 2)}6

이다.

부등식 < csc2 ''x''}}을 이용하고, 각 에 대해 부등식을 더하고 위 두 항등식을 이용하면,

:\frac{2m(2m - 1)}6 < \left(\frac{2m + 1}{\pi} \right)^2 + \left(\frac{2m + 1}{2\pi} \right)^2 + \cdots + \left(\frac{2m + 1}{m \pi} \right)^2 < \frac{2m(2m + 2)}6

을 얻는다. |2''m'' + 1}})}}으로 곱하면,

:\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m + 1}\right)\left(\frac{2m - 1}{2m + 1}\right) < \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2} < \frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m + 1}\right)\left(\frac{2m + 2}{2m + 1}\right)

이 된다.

이 무한대로 접근할 때 좌변과 우변은 각각 2|6}}에 접근하므로, 조임 정리에 의해

:\zeta(2) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} =

\lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}

이 성립하여 증명이 완료된다.

5. 5. 기하학적 증명

바젤 문제는 무한 반경의 원으로 실선을 볼 수 있다는 통찰력을 사용하여 유클리드 기하학으로 증명할 수 있다.[14] 완전히 엄밀하지는 않지만 직관적인 개략적인 설명은 다음과 같다.

정수 N을 선택하고, 둘레가 2N인 원 위에 N개의 등간격 점을 찍는다. 원의 반지름은 N/\pi이고 두 점 사이의 각 원호의 길이는 2이다. 점들을 P_{1..N}이라고 부른다. 원 위에 있는 또 다른 일반적인 점 Q를 잡는데, 이 점은 두 연속적인 점 사이의 호의 분수 0 < \alpha < 1에 위치한다 (일반성을 잃지 않고 P_1과 P_2라고 하자).

Q와 각 P_{1..N} 점을 연결하는 모든 현을 그린 후, 모든 현의 길이의 역제곱의 합을 계산하고, 이를 sisc라고 부른다. 증명은 고정된 \alpha에 대해 sisc가 N에 의존하지 않는다는 사실에 의존한다.[14] 직관적으로, N이 증가함에 따라 현의 수가 증가하지만, 그들의 길이도 증가하므로(원 크기가 커짐에 따라) 역제곱은 감소한다.

특히, \alpha = 1/2인 경우, 즉 Q는 두 연속적인 P 사이의 호의 중간점이다. 그러면 sisc는 N=1인 경우, 즉 하나의 P만 있고 원의 반대편에 하나의 Q가 있는 경우에서 쉽게 찾을 수 있다. 그러면 현은 원의 지름이며 길이는 2/\pi이다. 따라서 sisc는 \pi^2/4이다.

N이 무한대로 가면 원은 실선에 접근한다. 원점을 Q에 설정하면, 점 P_{1..N}은 홀수 정수 위치(양수 및 음수)에 위치하게 된다. 왜냐하면 호는 Q에서 P_1까지 길이가 1이고, 그 이후부터는 2이기 때문이다. 따라서 바젤 문제의 이 변형을 얻을 수 있다.

:\sum_{z=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(2z-1)^2} = \frac{\pi^2}{4}

여기에서 약간의 대수학을 사용하여 원래 공식을 복구할 수 있다.

:\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{2}\sum_{z=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(2z-1)^2} + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}

즉,

:\frac{3}{4}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{8}

또는

:\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

sisc가 N에 의존하지 않는다는 것은, 제한적인 경우, 즉 N = 2^n인 경우 유클리드 기하학으로 쉽게 증명할 수 있는데, 이는 여전히 극한 논리를 적용할 수 있게 한다. 증명은 n에 대한 수학적 귀납법에 의해 진행되며, 역 피타고라스 정리를 사용한다.[14]

:\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = \frac{1}{h^2}

여기서 a와 b는 직각 삼각형의 밑변이고, h는 높이이다.

n=0인 기본 사례에는 현이 1개만 있다. \alpha = 1/2인 경우, 위에서 언급했듯이 지름에 해당하며 sisc는 \pi^2/4이다. 이제 반지름이 2^n/\pi이고 중심이 O인 원에 2^n개의 점이 있고, 반지름이 2^{n+1}/\pi이고 중심이 R인 원에 2^{n+1}개의 점이 있다고 가정해 보자. 귀납 단계는 이 두 원이 주어진 \alpha에 대해 동일한 sisc를 갖는다는 것을 보여주는 것으로 구성된다.

먼저 두 원이 점 Q를 공유하도록 그린다. R이 더 작은 원 위에 있다는 것을 주목하자. 그런 다음, 2^{n+1}이 항상 짝수이고, 간단한 기하학적 논증은 지름으로 각 쌍을 연결하여 더 큰 원 위에 있는 반대편 점의 쌍 P_1과 P_2를 선택할 수 있음을 보여준다. 또한, 각 쌍에 대해, 한 점은 원의 "아래쪽" 반쪽(Q에 더 가까움)에 있고, 다른 점은 "위쪽" 반쪽에 있을 것이다.

P1과 P2의 Q로부터의 거리의 역제곱의 합은 P의 Q로부터의 역제곱 거리와 같다.


더 큰 원의 지름 P_1P_2는 더 작은 원을 R과 다른 점 P에서 자른다. 그런 다음 다음과 같은 고려 사항을 할 수 있다.

  • P_1 \widehat{Q} P_2는 직각이다. 왜냐하면 P_1P_2가 지름이기 때문이다.
  • Q \widehat{P} R은 직각이다. 왜냐하면 QR이 지름이기 때문이다.
  • Q \widehat{R} P_2 = Q \widehat{R} P는 원주각의 정리에 따라 Q \widehat{O} P의 절반이다.
  • 따라서 호 QP는 호 QP_2와 같다. 다시 반지름이 절반이기 때문이다.
  • 현 QP는 직각 삼각형 QP_1P_2의 높이이므로, 역 피타고라스 정리에 따르면


:\frac{1}{\overline{QP}^2} = \frac{1}{\overline{QP_1}^2} + \frac{1}{\overline{QP_2}^2}

따라서 더 큰 원 위의 점의 절반(아래쪽 반쪽에 있는 점)에 대해, Q로부터 동일한 호 거리를 갖는 더 작은 원 위의 대응되는 점이 있다(더 작은 원의 원주는 더 큰 원의 원주의 절반이므로, R에 더 가까운 마지막 두 점도 호 거리가 2여야 한다). 반대로, 더 작은 원 위에 있는 각 2^n개의 점에 대해, 우리는 더 큰 원 위에 점의 쌍을 만들 수 있으며, 이 모든 점은 등거리에 있으며 Q로부터 동일한 호 거리를 갖는다.

또한 더 큰 원의 총 sisc는 더 작은 원의 sisc와 동일하다. 왜냐하면 더 큰 원의 각 점 쌍은 더 작은 원의 해당 점과 동일한 역제곱 합을 갖기 때문이다.[14]

6. 여러 표현

리만 제타 함수에서 s = 2일 때의 특수한 경우를 참조하라. 이 상수와 관련된 다른 특별한 항등식과 표현은 아래에 나타나 있다.

; 급수 표현

다음은 상수의 급수 표현이다.[15]

\begin{align}

\zeta(2) &= 3 \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \binom{2k}{k}} \\[6pt]

&= \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty \frac{(i-1)! (j-1)!}{(i+j)!}.

\end{align}

또한 ''ζ''(2)에 대한 BBP 형식 급수 전개가 있다.[15]

; 적분 표현

다음은 ζ(2)의 적분 표현이다.[16][17][18]

\begin{align}

\zeta(2) & = -\int_0^1 \frac{\log x}{1-x} \, dx \\[6pt]

& = \int_0^{\infty} \frac{x}{e^x-1} \, dx \\[6pt]

& = \int_0^1 \frac{(\log x)^2}{(1+x)^2} \, dx \\[6pt]

& = 2 + 2\int_1^{\infty} \frac{\lfloor x \rfloor -x}{x^3} \, dx \\[6pt]

& = \exp\left(2 \int_2^{\infty} \frac{\pi(x)}{x(x^2-1)} \,dx\right) \\[6pt]

& = \int_0^1 \int_0^1 \frac{dx \, dy}{1-xy} \\[6pt]

& = \frac{4}{3} \int_0^1 \int_0^1 \frac{dx \, dy}{1-(xy)^2} \\[6pt]

& = \int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy} \, dx \, dy + \frac{2}{3}.

\end{align}

; 연분수 표현

반 데르 포르턴의 논문 아페리 상수의 무리수 증명에서, 저자는 아페리 상수의 단순 연분수와 바젤 상수의 연분수 사이의 유사성을 언급했다.[19]

\frac{\zeta(2)}{5} = \cfrac{1}{\widetilde{v}_1 - \cfrac{1^4}{\widetilde{v}_2-\cfrac{2^4}{\widetilde{v}_3-\cfrac{3^4}{\widetilde{v}_4-\ddots}}}},

여기서 \widetilde{v}_n = 11n^2-11n+3 \mapsto \{3,25,69,135,\ldots\}이다. 이와 유사한 형태의 다른 연분수는 다음과 같다.[20]

\frac{\zeta(2)}{2} = \cfrac{1}{v_1 - \cfrac{1^4}{v_2-\cfrac{2^4}{v_3-\cfrac{3^4}{v_4-\ddots}}}},

여기서 v_n = 2n-1 \mapsto \{1,3,5,7,9,\ldots\}이다.

6. 1. 급수 표현

다음은 상수의 급수 표현이다.[15]

\begin{align}

\zeta(2) &= 3 \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \binom{2k}{k}} \\[6pt]

&= \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty \frac{(i-1)! (j-1)!}{(i+j)!}.

\end{align}

또한 ''ζ''(2)에 대한 BBP 형식 급수 전개가 있다.[15]

6. 2. 적분 표현

다음은 ζ(2)의 적분 표현이다.[16][17][18]

\begin{align}

\zeta(2) & = -\int_0^1 \frac{\log x}{1-x} \, dx \\[6pt]

& = \int_0^{\infty} \frac{x}{e^x-1} \, dx \\[6pt]

& = \int_0^1 \frac{(\log x)^2}{(1+x)^2} \, dx \\[6pt]

& = 2 + 2\int_1^{\infty} \frac{\lfloor x \rfloor -x}{x^3} \, dx \\[6pt]

& = \exp\left(2 \int_2^{\infty} \frac{\pi(x)}{x(x^2-1)} \,dx\right) \\[6pt]

& = \int_0^1 \int_0^1 \frac{dx \, dy}{1-xy} \\[6pt]

& = \frac{4}{3} \int_0^1 \int_0^1 \frac{dx \, dy}{1-(xy)^2} \\[6pt]

& = \int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy} \, dx \, dy + \frac{2}{3}.

\end{align}

6. 3. 연분수 표현

반 데르 포르턴의 논문 아페리 상수의 무리수 증명에서, 저자는 아페리 상수의 단순 연분수와 바젤 상수의 연분수 사이의 유사성을 언급했다.[19]

\frac{\zeta(2)}{5} = \cfrac{1}{\widetilde{v}_1 - \cfrac{1^4}{\widetilde{v}_2-\cfrac{2^4}{\widetilde{v}_3-\cfrac{3^4}{\widetilde{v}_4-\ddots}}}},

여기서 \widetilde{v}_n = 11n^2-11n+3 \mapsto \{3,25,69,135,\ldots\}이다. 이와 유사한 형태의 다른 연분수는 다음과 같다.[20]

\frac{\zeta(2)}{2} = \cfrac{1}{v_1 - \cfrac{1^4}{v_2-\cfrac{2^4}{v_3-\cfrac{3^4}{v_4-\ddots}}}},

여기서 v_n = 2n-1 \mapsto \{1,3,5,7,9,\ldots\}이다.

참조

[1] 논문 Euler and the zeta function https://www.maa.org/[...]
[2] 웹사이트 E41 – De summis serierum reciprocarum https://scholarlycom[...]
[3] 간행물 A013661
[4] 서적 Circle in a Box Mathematical Sciences Research Institute and American Mathematical Society
[5] 문서 polynomial
[6] 문서 generalized harmonic number
[7] 서적 Gamma: Exploring Euler's Constant https://archive.org/[...] Princeton University Press 2003
[8] 논문 Combinatorial Identities for Generalized Stirling Numbers Expanding f-Factorial Functions and the f-Harmonic Numbers https://cs.uwaterloo[...] 2018
[9] 서적 Bernoulli Numbers and Zeta Functions Springer 2014
[10] arXiv Solution of the Basel problem using the Feynman integral trick
[11] 논문 An Elementary Proof of \sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6} https://www.archim.o[...] 1982
[12] 서적 Proofs from THE BOOK https://books.google[...] Springer
[13] 서적 Algebraic groups and number theory Academic Press
[14] 웹사이트 Summing Inverse Squares by Euclidean Geometry https://www.math.cha[...] Department of Mathematics, Chalmers University 2010-12-08
[15] MathWorld Riemann Zeta Function \zeta(2)
[16] arXiv Some series and integrals involving the Riemann zeta function, binomial coefficients and the harmonic numbers (Volume I)
[17] MathWorld Double Integral
[18] MathWorld Hadjicostas's Formula
[19] 논문 A proof that Euler missed ... Apéry's proof of the irrationality of {{math|''ζ''(3)}} http://www.maths.mq.[...]
[20] 서적 Ramanujan's Notebooks: Part II Springer-Verlag 1989
[21] 웹인용 오일러의 바젤문제 증명 http://www.southernc[...] 2007-10-27


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