최근 수정 시각 : 2022-04-24 08:03:37

바젤 문제

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1. 개요2. 문제3. 분석
3.1. 곱의 꼴
4. 풀이

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 바젤 대학교에서 유래하였다.

2. 문제

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

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.

3.1. 곱의 꼴


[math(\displaystyle \prod_{p\,\in\,\mathbb{P}}^{\infty} \frac{1}{1 - p^{-s}} )] (단, [math(\mathbb{P})]는 소수 집합)[2]

오일러는 무한합의 닫힌 형식을 구한 것에서 더 나아가 소수를 이용한 무한곱의 꼴로 변형하기도 했다.

4. 풀이

[ 풀이 1 ] 레온하르트 오일러의 풀이(1734)[3][4]
[ 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.[5]

[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.□
[ 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.□
[ 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.[6] 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.□
[ 풀이 4 ] 3Blue1Brown이 소개한 풀이
[ 풀이 ]

[1] 야코프 베르누이가 제안한 문제로 알려져 있는데, 사실은 그 이전부터 유명했다. [2] 바젤 문제는 저기서 [math(s=2)]인 경우이다. [3] 오일러의 아이디어는 현대 수학을 기준으로 완전한 풀이라 말하기에는 조금 부족한 면이 있다. 이는 오일러가 상당한 직관주의자였음에 기인한다. [4] 엄밀한 증명을 위해서는 복소해석학의 내용, 특히 바이어슈트라스 분해 정리가 필요하다. [5] 이 부분을 엄밀한 논증 없이 넘어갔다. 후대 수학자들이 테일러 급수등을 활용하여 정당화 하였다. [6] 마지막 등식은 허수 부분을 같다고 놓은 것이다.

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