최근 수정 시각 : 2024-09-19 21:58:20
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Basel problem
바젤 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 제시한 수열의 합 문제이다. 이름 '바젤 문제'는 이 문제를 오랫동안 공략한 야코프 베르누이가 근무하였던 바젤 대학교에서 유래하였다.
[ 문제 ] Pietro Mengoli(1650)
무한급수 [math(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2})]의 값을 닫힌 형식으로 구하시오. |
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)]
- [math(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1{n^2 - 1/4}= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac 4{(2n - 1)(2n + 1)}= \sum_{n = 1}^{\infty} \left( \frac 2{2n - 1}- \frac 2{2n + 1} \right) =2)]
등이 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 \prod_{p\,\in\,\mathbb{P}}^{\infty} \frac{1}{1 - p^{-s}} )] (단, [math(\mathbb{P})]는
소수 집합)
오일러는 무한합의 닫힌 형식을 구한 것에서 더 나아가 소수를 이용한 무한곱의 꼴로 변형하기도 했다. [ 풀이 1 ] 레온하르트 오일러의 풀이(1734)
- [ 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.
[math(\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))]
[math(\displaystyle \frac {\sin x}x = A' \cdot \prod_{n \in \mathbb Z - \left\{ 0 \right\}} (1 - \frac x{n\pi}))]
[math(= 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 [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^2\pi^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.□
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[ 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^2}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^2}3 + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^n \frac 4{n^2} \cos n \pi = \frac {\pi^2}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.□
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[ 풀이 3 ] 오귀스탱루이 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. 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.□
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[ 풀이 4 ] 3Blue1Brown이 소개한 풀이
- [ 풀이 ]
1. 관찰자로부터 직선거리가 [math(\frac 2 {\pi})]인 위치에 밝기가 일정한 광원을 둔다고 가정하자. 관찰자-광원을 지름으로 삼는 원을 그리면 이 원의 둘레는 2가 되며, 광량은 거리의 제곱에 반비례하므로 이 광원으로부터 받는 광량은 [math(\frac {\pi^2} 4)]가 된다.
2. 지름이 2배인 원을 관찰자의 위치에서 접하도록 그린다. 관찰자와 광원을 잇는 선을 그리고, 이 선을 이분하는 수선을 긋는다. 이 수선이 큰 원과 만나는 두 점에 각각 광원을 놓으면(작은 원의 광원은 없앤다) 새로 둔 광원의 광량의 합은 역 피타고라스 정리에 따라 이전 광원의 광량의 합([math(\frac {\pi^2} 4)])과 같다.
3. 2의 과정을 1회 반복할때마다 원의 둘레와 광원의 갯수는 2배씩 늘어난다. 광원 사이의 간격은 모두 2로 일정하고, 모든 광원의 광량의 합은 몇 번을 반복하건 [math(\frac {\pi^2} 4)]로 일정하다.
4. 해당 과정을 무한히 반복하면 원의 곡률은 무한히 작아져 직선이 된다. 이 직선을 처음 관찰자의 위치를 원점(0)으로 삼는 수직선으로 그릴 경우, 모든 광원은 수직선상에서 절댓값이 홀수인 위치에 자리한다. 즉, '절댓값이 홀수'인 모든 수의 제곱의 합은 [math(\frac {\pi^2} 4)]가 된다.
5. 모든 '양의 홀수'의 제곱의 합은 그 절반이므로 [math(\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \frac 1 {(2n+1)^2} = \frac {\pi^2} 8)]
6. 대수적으로, 모든 홀수의 합을 모든 자연수에 대한 합으로 바꾸려면 [math(\frac 4 3)]을 곱하면 된다. 그러므로 모든 자연수의 제곱의 합은 [math(\frac {\pi^2} 8 × \frac 4 3 = \frac {\pi^2} 6)]
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