바젤 문제

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1. 개요2. 문제3. 분석4. 풀이

1. 개요[편집]

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.

2. 문제[편집]

[ 문제 ] Pietro Mengoli(1650)[1]
무한급수 ∑n=1∞1n2\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2}의 값을 닫힌 형식으로 구하시오.

3. 분석[편집]

비슷하지만 훨씬 쉬운 문제로,

∑n=1∞1n(n+1)=∑n=1∞(1n−1n+1)=1\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n(n + 1)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( \frac 1n - \frac 1{n + 1} \right) = 1
∑n=2∞1n2−1=∑n=2∞1(n−1)(n+1)=∑n=2∞12(1n−1−1n+1)=34\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 ∑n=1∞1n2\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 π26\dfrac {\pi^2}6이 제시되었으며, 현재는 다양한 풀이 방법이 알려져 있다.

이 문제로부터 시작하여, 수학자들은 제타 함수 ζ(s)=∑n=1∞1ns\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[편집]

[ 풀이 1 ] 레온하르트 오일러의 풀이(1734)[2]
[ 아이디어 ]
방정식 sin⁡x=0\sin x = 0을 다항식이었다고 생각해 보자. 그렇다면 이는 x=nπ(n∈Z)x = n \pi(n \in \mathbb Z)를 근으로 가지므로, 적당한 상수 A,A′A, A'에 대하여 다음과 같이 쓸 수 있다.[3]

sin⁡x=A⋅∏n∈Z(x−nπ)=A⋅x⋅∏n∈Z−{0}(x−nπ)\sin x = A \cdot \displaystyle \prod_{n \in \mathbb Z} (x - n\pi) = A \cdot x \cdot \prod_{n \in \mathbb Z - \left\{ 0 \right\}} (x - n\pi)

sin⁡xx=A′⋅∏n∈Z−{0}(1−xnπ)\displaystyle \frac {\sin x}x = A' \cdot \prod_{n \in \mathbb Z - \left\{ 0 \right\}} (1 - \frac x{n\pi})
=A′⋅∏n∈N(1+xnπ)(1−xnπ)=A′⋅∏n∈N(1−x2n2π2)= A' \cdot \displaystyle \prod_{n \in \mathbb N} (1 + \frac x{n\pi})(1 - \frac x{n\pi}) = A' \cdot \prod_{n \in \mathbb N} (1 - \frac {x^2}{n^2 \pi^2})

마지막 식에서, 양 변에 x→0x \to 0인 극한을 취하면 좌변이 lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim \limits_{x \to 0} \dfrac {\sin x}x = 1이고, 우변은 A′A'이므로 A′=1A' = 1. sin⁡x=x−x36+x5120−⋯\sin x = x - \dfrac {x^3}6 + \dfrac {x^5}{120} - \cdots임에 유의하면서, 등식 sin⁡xx=∏n∈N(1−x2n2π2)\displaystyle \frac {\sin x}x = \prod_{n \in \mathbb N} (1 - \frac {x^2}{n^2 \pi^2})의 2차항을 비교해 보면

−16=∑n=1∞−1n2π2,   ∑n=1∞1n2=π26\displaystyle - \frac 16 = \sum_{n = 1}^{\infty} - \frac 1{n^2\pi^2}, \ \ \ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2} = \frac {\pi^2}6

이다. 오일러는 이 방법을 이용하여 ∑n=1∞1n4=π490\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^4} = \frac {\pi^4}{90}과 ∑n=1∞1n6=π6945\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^6} = \frac {\pi^6}{945} 등도 계산해 내었다.□
[ 풀이 2 ] 푸리에 급수를 이용한 풀이
[ 풀이 ]
주기함수 f:R→Rf: \mathbb R \to \mathbb R을 f∣[−π,π](x)=x2f \rvert _{[-\pi, \pi]}(x) = x^2이도록 정의하자. 이 함수의 푸리에 급수는

SN(f)(x)=π33+∑n=1N(−1)n4n2cos⁡nxS_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, N→∞N \to \infty일 때 SN(f)S_N(f)가 ff로 균등수렴한다. 따라서 위 등식에 x=πx = \pi를 대입 후 N→∞N \to \infty인 극한을 취하면,

π2=f(π)=π33+∑n=1∞(−1)n4n2cos⁡nπ=π33+∑n=1∞(−1)n4n2(−1)n\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 ∑n=1∞1n2=π26\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2} = \frac {\pi^2}6을 얻는다.□
[ 풀이 3 ] 오귀스탱 루이 코시의 풀이
[ 풀이 ]
드 무아브르 공식과 이항정리에 의해,

cos⁡(2n+1)x+isin⁡(2n+1)xsin⁡2n+1x=(cos⁡x+isin⁡x)2n+1sin⁡2n+1x=(cot⁡x+i)2n+1=∑r=02n+1(2n+1r)ircot⁡2n+1−rxsin⁡(2n+1)xsin⁡2n+1x=∑r=0n(2n+12r+1)(−1)rcot⁡2(n−r)x​\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.[4] 수열 {xk}1≤k≤n\left\{ x_k \right\}_{1 \leq k \leq n}을 xk=kπ2n+1x_k = \dfrac {k \pi}{2n + 1}라 정의하면, sin⁡(2n+1)xk=0\sin (2n + 1)x_k = 0이다. 그러므로 x=xkx = x_k를 대입하면,

∑r=0n(2n+12r+1)(−1)rcot⁡2(n−r)xk​=sin⁡(2n+1)xksin⁡2n+1xk=0,  1≤k≤n\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 nn차 다항식 f(z)=∑r=0n(2n+12r+1)(−1)rz(n−r)​f(z) = \displaystyle \sum_{r = 0}^{n} \binom {2n + 1}{2r + 1} (-1)^r z^{(n - r)}​이 주어졌을 때, 이 f(z)=0f(z) = 0은 z=cot⁡2xkz = \cot^2 x_k들을 근으로 가지는 것을 확인할 수 있다. 이는 각 1≤k≤n1 \leq k \leq n에 대하여 모두 다르므로, 정확히 {cot⁡2xk}1≤k≤n\left\{ \cot^2 x_k \right\}_{1 \leq k \leq n}가 f(z)=0f(z) = 0의 모든 근이 된다. 근과 계수의 관계에 의해,

∑k=1ncot⁡2xk=(2n+13)(2n+11)=2n(2n−1)6\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 csc⁡2x=cot⁡2x+1\csc^2 x = \cot^2 x + 1이므로,

∑k=1ncsc⁡2xk=2n(2n−1)6+n=2n(2n+2)6\displaystyle \sum _{k = 1}^{n} \csc^2 x_k = \frac {2n(2n - 1)}6 + n = \frac {2n(2n + 2)}6

이다. 한편, 0<x<π20 < x < \dfrac {\pi}2이면 sin⁡x<x<tan⁡x\sin x < x < \tan x, cot⁡2x<1x2<csc⁡2x\cot^2 x < \dfrac 1{x^2} < \csc^2 x이므로

∑k=1ncot⁡2xk<∑k=1n1xk2<∑k=1ncsc⁡2xk2n(2n−1)6<∑k=1n(2n+1)2k2π2<2n(2n+2)62n(2n−1)(2n+1)2⋅π26<∑k=1n1k2<2n(2n+2)(2n+1)2⋅π26\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 lim⁡n→∞\lim \limits_{n \to \infty}를 취하면, ∑n=1∞1n2=π26\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2} = \frac {\pi^2}6을 얻는다.□

[1] 야코프 베르누이가 제안한 문제로 알려져 있는데, 사실은 그 이전부터 유명했다.[2] 오일러의 아이디어는 현대 수학을 기준으로 완전한 풀이라 말하기에는 조금 부족한 면이 있다. 이는 오일러가 상당한 직관주의자였음에 기인한다.[3] 이 부분을 엄밀한 논증 없이 넘어갔다. 후대 수학자들이 테일러 급수등을 활용하여 정당화 하였다.[4] 마지막 등식은 허수 부분을 같다고 놓은 것이다.