1. 개요
Basel problem
바젤 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 제시한 수열의 합 문제이다. 이름 '바젤 문제'는 이 문제를 오랫동안 공략한 야코프 베르누이가 근무하였던 바젤대학교에서 유래하였다.
바젤 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 제시한 수열의 합 문제이다. 이름 '바젤 문제'는 이 문제를 오랫동안 공략한 야코프 베르누이가 근무하였던 바젤대학교에서 유래하였다.
2. 문제
[ 문제 ] Pietro Mengoli(1650)[2]
무한급수 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2})]의 값을 닫힌 형식으로 구하시오.
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3. 분석
비슷하지만 훨씬 쉬운 문제로,
[math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n(n + 1)} = sum_{n = 1}^{infty} left( frac 1n - frac 1{n + 1} right) = 1)]
[math(displaystyle sum_{n = 2}^{infty} frac 1{n^2 - 1} = sum_{n = 2}^{infty} frac 1{(n - 1)(n + 1)} = sum_{n = 2}^{infty} frac 12 left( frac 1{n - 1} - frac 1{n + 1} right) = frac 34)]
이 있다. 이 두 사실과 비교판정법을 사용하면, 급수 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2})]이 수렴한다는 사실은 쉽게 알 수 있다. 하지만 정확한 수렴값은 알려져 있지 않았고, 심지어 수렴 속도도 상당히 느린 편에 속해 많은 수학자들이 계산에 어려움을 겪었다. 그렇게 답보 상태가 지속되던 가운데 1734년 레온하르트 오일러에 의해 정답 [math(dfrac {pi^2}6)]이 제시되었으며, 현재는 다양한 풀이 방법이 알려져 있다.
이 문제로부터 시작하여, 수학자들은 제타 함수 [math(zeta (s) = displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^s})]을 정의하여 그 성질을 연구하기 시작했고 여기서 나온 유명한 가설이 리만 가설이다. 함수의 단순해 보이는 외형과 달리, 베른하르트 리만의 타계 이후 200여 년이 지난 지금까지도 풀릴 기미조차 안 보이는 희대의 난제.
[math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n(n + 1)} = sum_{n = 1}^{infty} left( frac 1n - frac 1{n + 1} right) = 1)]
[math(displaystyle sum_{n = 2}^{infty} frac 1{n^2 - 1} = sum_{n = 2}^{infty} frac 1{(n - 1)(n + 1)} = sum_{n = 2}^{infty} frac 12 left( frac 1{n - 1} - frac 1{n + 1} right) = frac 34)]
이 있다. 이 두 사실과 비교판정법을 사용하면, 급수 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2})]이 수렴한다는 사실은 쉽게 알 수 있다. 하지만 정확한 수렴값은 알려져 있지 않았고, 심지어 수렴 속도도 상당히 느린 편에 속해 많은 수학자들이 계산에 어려움을 겪었다. 그렇게 답보 상태가 지속되던 가운데 1734년 레온하르트 오일러에 의해 정답 [math(dfrac {pi^2}6)]이 제시되었으며, 현재는 다양한 풀이 방법이 알려져 있다.
이 문제로부터 시작하여, 수학자들은 제타 함수 [math(zeta (s) = displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^s})]을 정의하여 그 성질을 연구하기 시작했고 여기서 나온 유명한 가설이 리만 가설이다. 함수의 단순해 보이는 외형과 달리, 베른하르트 리만의 타계 이후 200여 년이 지난 지금까지도 풀릴 기미조차 안 보이는 희대의 난제.
4. 풀이
[ 아이디어 ]방정식 [math(sin x = 0)]을 다항식이었다고 생각해 보자. 그렇다면 이는 [math(x = n pi(n in mathbb Z))]를 근으로 가지므로, 적당한 상수 [math(A, A')]에 대하여 다음과 같이 쓸 수 있다.[6] [math(sin x = A cdot displaystyle prod_{n in mathbb Z} (x - npi) = A cdot x cdot prod_{n in mathbb Z - left{ 0 right}} (x - npi))] [math(displaystyle frac {sin x}x = A' cdot prod_{n in mathbb Z - left{ 0 right}} (1 - frac x{npi}))] [math(= A' cdot displaystyle prod_{n in mathbb N} (1 + frac x{npi})(1 - frac x{npi}) = A' cdot prod_{n in mathbb N} (1 - frac {x^2}{n^2 pi^2}))] 마지막 식에서, 양 변에 [math(x to 0)]인 극한을 취하면 좌변이 [math(lim limits_{x to 0} dfrac {sin x}x = 1)]이고, 우변은 [math(A')]이므로 [math(A' = 1)]. [math(sin x = x - dfrac {x^3}6 + dfrac {x^5}{120} - cdots)]임에 유의하면서, 등식 [math(displaystyle frac {sin x}x = prod_{n in mathbb N} (1 - frac {x^2}{n^2 pi^2}))]의 2차항을 비교해 보면 [math(displaystyle - frac 16 = sum_{n = 1}^{infty} - frac 1{n^2pi^2}, sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2} = frac {pi^2}6)] 이다. 오일러는 이 방법을 이용하여 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^4} = frac {pi^4}{90})]과 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^6} = frac {pi^6}{945})] 등도 계산해 내었다.□ |
[ 풀이 2 ] 푸리에 급수를 이용한 풀이
[ 풀이 ]주기함수 [math(f: mathbb R to mathbb R)]을 [math(f rvert _{[-pi, pi]}(x) = x^2)]이도록 정의하자. 이 함수의 푸리에 급수는 [math(S_N(f)(x) = displaystyle frac {pi^3}3 + sum_{n = 1}^{N} (-1)^n frac 4{n^2} cos nx)] 이다. 푸리에 계수들의 합이 유한하므로, [math(N to infty)]일 때 [math(S_N(f))]가 [math(f)]로 균등수렴한다. 따라서 위 등식에 [math(x = pi)]를 대입 후 [math(N to infty)]인 극한을 취하면, [math(pi^2 = f(pi) = displaystyle frac {pi^3}3 + sum_{n = 1}^{infty} (-1)^n frac 4{n^2} cos n pi = frac {pi^3}3 + sum_{n = 1}^{infty} (-1)^n frac 4{n^2} (-1)^n)] 이다. 위 등식을 정리하면 [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2} = frac {pi^2}6)]을 얻는다.□ |
[ 풀이 3 ] 오귀스탱 루이 코시의 풀이
[ 풀이 ]드 무아브르 공식과 이항정리에 의해, [math(begin{aligned} dfrac {cos (2n + 1)x + i sin (2n + 1)x}{sin^{2n + 1} x} & = dfrac {(cos x + i sin x)^{2n + 1}}{sin^{2n + 1} x} \ & = (cot x + i)^{2n + 1} \ & = displaystyle sum_{r = 0}^{2n + 1} binom {2n + 1}r i^r cot^{2n + 1 - r} x \ dfrac {sin (2n + 1)x}{sin^{2n + 1} x} & = displaystyle sum_{r = 0}^{n} binom {2n + 1}{2r + 1} (-1)^r cot^{2(n - r)} x end{aligned})] 를 얻는다.[8] 수열 [math(left{ x_k right}_{1 leq k leq n})]을 [math(x_k = dfrac {k pi}{2n + 1})]라 정의하면, [math(sin (2n + 1)x_k = 0)]이다. 그러므로 [math(x = x_k)]를 대입하면, [math(displaystyle sum_{r = 0}^{n} binom {2n + 1}{2r + 1} (-1)^r cot^{2(n - r)} x_k = frac {sin (2n + 1)x_k}{sin^{2n + 1} x_k} = 0, 1 leq k leq n)] 이다. 따라서 [math(n)]차 다항식 [math(f(z) = displaystyle sum_{r = 0}^{n} binom {2n + 1}{2r + 1} (-1)^r z^{(n - r)})]이 주어졌을 때, 이 [math(f(z) = 0)]은 [math(z = cot^2 x_k)]들을 근으로 가지는 것을 확인할 수 있다. 이는 각 [math(1 leq k leq n)]에 대하여 모두 다르므로, 정확히 [math(left{ cot^2 x_k right}_{1 leq k leq n})]가 [math(f(z) = 0)]의 모든 근이 된다. 근과 계수의 관계에 의해, [math(displaystyle sum _{k = 1}^{n} cot^2 x_k = frac {binom {2n + 1}{3}}{binom {2n + 1}{1}} = frac {2n(2n - 1)}6)] 을 알 수 있다. 또 [math(csc^2 x = cot^2 x + 1)]이므로, [math(displaystyle sum _{k = 1}^{n} csc^2 x_k = frac {2n(2n - 1)}6 + n = frac {2n(2n + 2)}6)] 이다. 한편, [math(0 < x < dfrac {pi}2)]이면 [math(sin x < x < tan x)], [math(cot^2 x < dfrac 1{x^2} < csc^2 x)]이므로 [math(begin{matrix} displaystyle sum _{k = 1}^{n} cot^2 x_k & < & displaystyle sum _{k = 1}^{n} frac 1{x_k^2} &<& displaystyle sum _{k = 1}^{n} csc^2 x_k \ dfrac {2n(2n - 1)}6 & < & displaystyle sum _{k = 1}^{n} frac {(2n + 1)^2}{k^2 pi^2} & < & dfrac {2n(2n + 2)}6 \ dfrac {2n(2n - 1)}{(2n + 1)^2} cdot dfrac {pi^2}6 & < & displaystyle sum _{k = 1}^{n} frac 1{k^2} & < & dfrac {2n(2n + 2)}{(2n + 1)^2} cdot dfrac {pi^2}6 end{matrix})] 을 얻는다. 마지막 부등식에 극한 [math(lim limits_{n to infty})]를 취하면, [math(displaystyle sum_{n = 1}^{infty} frac 1{n^2} = frac {pi^2}6)]을 얻는다.□ |
[1] 야코프 베르누이가 제안한 문제로 알려져 있는데, 사실은 그 이전부터 유명했다.[2] 야코프 베르누이가 제안한 문제로 알려져 있는데, 사실은 그 이전부터 유명했다.[3] 오일러의 아이디어는 현대 수학을 기준으로 완전한 풀이라 말하기에는 조금 부족한 면이 있다. 이는 오일러가 상당한 직관주의자였음에 기인한다.[4] 이 부분을 엄밀한 논증 없이 넘어갔다. 후대 수학자들이 테일러 급수등을 활용하여 정당화 하였다.[5] 오일러의 아이디어는 현대 수학을 기준으로 완전한 풀이라 말하기에는 조금 부족한 면이 있다. 이는 오일러가 상당한 직관주의자였음에 기인한다.[6] 이 부분을 엄밀한 논증 없이 넘어갔다. 후대 수학자들이 테일러 급수등을 활용하여 정당화 하였다.[7] 마지막 등식은 허수 부분을 같다고 놓은 것이다.[8] 마지막 등식은 허수 부분을 같다고 놓은 것이다.