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바젤 문제(영어: Basel Problem)는 1650년 이탈리아의 수학자 피에트로 멩골리(이탈리아어: Pietro Mengoli)에 의해 제기된 것으로 다음의 급수를 닫힌 형식으로 나타내라는 것이었다.

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바젤 문제 – 나무위키

바젤 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 제시한 수열의 합 문제이다. 이름 ‘바젤 문제’는 이 문제를 오랫동안 공략한 야코프 베르누이가 근무 …

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Date Published: 8/26/2022

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바젤 문제 기하로 다가서기 – 수학과 사는 이야기

이 급수가 수렴하는 값을 구하는 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 1650년에. … 오일러가 태어난 도시가 바젤이라서 바젤 문제라고 부른다.

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Source: suhak.tistory.com

Date Published: 2/11/2021

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바젤문제와 리만 제타 함수 – Ray 수학

이 문제는 바젤문제로 불리는 유명한 문제로 1735년 오일러가 해결해냅니다. 오일러는 sin pix의 매클로린 급수를 이용해 무한 곱으로 함수표현을 …

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Source: rayc20.tistory.com

Date Published: 12/27/2022

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주제에 대한 기사 평가 바젤 문제

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• Date Published: 2019. 1. 25.
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바젤 문제(영어: Basel Problem)는 1650년 이탈리아의 수학자 피에트로 멩골리(이탈리아어: Pietro Mengoli)에 의해 제기된 것으로 다음의 급수를 닫힌 형식으로 나타내라는 것이었다.

∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + 1 5 2 + ⋯ . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=1+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{4^{2}}}+{\frac {1}{5^{2}}}+\cdots .}

이 문제는 제안된 이후 80여년 동안 많은 수학자들이 도전했지만 풀 수 없었던 난제였다. ‘바젤 문제’라는 이름은 이 문제를 수학계에 널리 알린 야코프 베르누이가 재직하던 스위스 바젤시의 바젤 대학에서 유래된 것이다.

레온하르트 오일러는 1735년에 이 급수가 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}} 로 수렴함을 증명하였다.[1] 그러나 그의 초기 증명은 엄밀하지 못하였으며, 그는 1741년에 더욱 엄밀한 증명을 발표하였다.

초등적인 증명 [ 편집 ]

1821년 오귀스탱 루이 코시는 다음과 같은 초등적인 급수의 증명법을 발표하였다. 이 급수의 수렴값을 구하는 증명에는 오일러의 테일러 급수를 통한 증명이나, 푸리에 급수와 정적분을 이용한 증명 등 여러가지가 있으나 코시의 증명은 미적분학을 사용하지 않는다는 점에서 가장 널리 알려진 초등적인 증명법이다.

x {\displaystyle x} 가 구간 ( 0 , π 2 ) {\displaystyle (0,{\frac {\pi }{2}})} 내의 실수라 하고, n {\displaystyle n} 을 양의 홀수라 하자. 드무아브르의 공식에 의하여,

cos ⁡ ( n x ) + i sin ⁡ ( n x ) ( sin ⁡ x ) n = ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) n ( sin ⁡ x ) n = ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x sin ⁡ x ) n = ( cot ⁡ x + i ) n . {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\cos(nx)+i\sin(nx)}{(\sin x)^{n}}}&={\frac {(\cos x+i\sin x)^{n}}{(\sin x)^{n}}}\\&=\left({\frac {\cos x+i\sin x}{\sin x}}\right)^{n}\\&=(\cot x+i)^{n}.\end{aligned}}}

이항 정리를 사용하면,

( cot ⁡ x + i ) n = ( n 0 ) cot n ⁡ x + ( n 1 ) ( cot n − 1 ⁡ x ) i + ⋯ + ( n n − 1 ) ( cot ⁡ x ) i n − 1 + ( n n ) i n = ( ( n 0 ) cot n ⁡ x − ( n 2 ) cot n − 2 ⁡ x ± ⋯ ) + i ( ( n 1 ) cot n − 1 ⁡ x − ( n 3 ) cot n − 3 ⁡ x ± ⋯ ) . {\displaystyle {\begin{aligned}(\cot x+i)^{n}=&{n \choose 0}\cot ^{n}x+{n \choose 1}(\cot ^{n-1}x)i+\cdots +{n \choose {n-1}}(\cot x)i^{n-1}+{n \choose n}i^{n}\\[6pt]=&{\Bigg (}{n \choose 0}\cot ^{n}x-{n \choose 2}\cot ^{n-2}x\pm \cdots {\Bigg )}\;+\;i{\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.\end{aligned}}}

위에서 허수부를 살펴보면 다음을 알 수 있다.

sin ⁡ ( n x ) sin n ⁡ x = ( ( n 1 ) cot n − 1 ⁡ x − ( n 3 ) cot n − 3 ⁡ x ± ⋯ ) . {\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}={\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.}

이제 n = 2 m + 1 {\displaystyle n=2m+1\,} 이라 두고 r = 1 , 2 , … , m {\displaystyle r=1,2,\ldots ,m} 에 대하여 수열을 다음과 같이 정의하자 x r = r π 2 m + 1 {\displaystyle x_{r}={\frac {r\pi }{2m+1}}} . 이때 n x r {\displaystyle nx_{r}\,} 은 π {\displaystyle \pi \,} 의 정수배이므로, 사인 함수의 영점이다. 즉,

0 = ( 2 m + 1 1 ) cot 2 m ⁡ x r − ( 2 m + 1 3 ) cot 2 m − 2 ⁡ x r ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) {\displaystyle 0={{2m+1} \choose 1}\cot ^{2m}x_{r}-{{2m+1} \choose 3}\cot ^{2m-2}x_{r}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}}

x 1 , … , x m {\displaystyle x_{1},\ldots ,x_{m}} 은 구간 ( 0 , π 2 ) {\displaystyle (0,{\frac {\pi }{2}})} 내의 서로 다른 수이고, 함수 cot 2 ⁡ x {\displaystyle \cot ^{2}x\,} 은 이 구간 내에서 일대일대응 함수이므로, cot 2 ⁡ x 1 , … , cot 2 ⁡ x m {\displaystyle \cot ^{2}x_{1},\ldots ,\cot ^{2}x_{m}} 도 서로 다른 수이다.

이제 수열을 다음과 같이 정의하자. t r = cot 2 ⁡ x r {\displaystyle t_{r}=\cot ^{2}x_{r}} . 그러면 수열 x r {\displaystyle x_{r}} 은 다음 m {\displaystyle m} 차함수 p ( t ) {\displaystyle p(t)} 의 영점이다.

p ( t ) = ( 2 m + 1 1 ) t m − ( 2 m + 1 3 ) t m − 1 ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) . {\displaystyle p(t)={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}.}

근과 계수의 관계에 의하여, 방정식 p ( t ) = 0 {\displaystyle p(t)=0} 의 모든 근의 합을 구하면,

t 1 + t 2 + ⋯ + t m = cot 2 ⁡ x 1 + cot 2 ⁡ x 2 + ⋯ + cot 2 ⁡ x m = ( 2 m + 1 3 ) ( 2 m + 1 1 ) = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 . {\displaystyle t_{1}+t_{2}+\cdots +t_{m}=\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}}.}

csc 2 ⁡ x = cot 2 ⁡ x + 1 {\displaystyle \csc ^{2}x=\cot ^{2}x+1\,} 이므로,

csc 2 ⁡ x 1 + csc 2 ⁡ x 2 + ⋯ + csc 2 ⁡ x m = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 + m = 2 m ( 2 m + 2 ) 6 . {\displaystyle \csc ^{2}x_{1}+\csc ^{2}x_{2}+\cdots +\csc ^{2}x_{m}={\frac {2m(2m-1)}{6}}+m={\frac {2m(2m+2)}{6}}.}

구간 ( 0 , π 2 ) {\displaystyle (0,{\frac {\pi }{2}})} 내에서 부등식 cot 2 ⁡ x < 1 x 2 < csc 2 ⁡ x {\displaystyle \cot ^{2}x<{\frac {1}{x^{2}}}<\csc ^{2}x} 이 성립하므로, 2 m ( 2 m − 1 ) 6 < ( 2 m + 1 π ) 2 + ( 2 m + 1 2 π ) 2 + ⋯ + ( 2 m + 1 m π ) 2 < 2 m ( 2 m + 2 ) 6 . {\displaystyle {\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}}.} π 2 m + 1 2 {\displaystyle {\frac {\pi }{2m+1}}^{2}} 을 곱하자. 그러면 π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m − 1 2 m + 1 ) < 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 < π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m + 2 2 m + 1 ) . {\displaystyle {\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).} 이제, m {\displaystyle m} 이 무한대로 가는 극한을 취하자. 좌변과 우변의 극한값은 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}\,} 이므로, 샌드위치 정리에 의하여, ζ ( 2 ) = ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 = lim m → ∞ ( 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 ) = π 2 6 {\displaystyle \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}}} 오일러의 풀이 [ 편집 ] 오일러는 다음과 같은 과정을 통해 바젤 문제의 무한 급수의 수렴값이 π 2 6 {\textstyle {\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 sin ⁡ x = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) ! x 2 k + 1 = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ ⇒ sin ⁡ x x = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) ! x 2 k = 1 − x 2 3 ! + x 4 5 ! − x 6 7 ! + ⋯ {\displaystyle {\begin{aligned}\sin x=\sum _{k=0}^{\infty }{\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}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots \\\end{aligned}}} sin ⁡ x x = 0 {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=0} 는 x = n π ( n ∈ Z − { 0 } ) {\displaystyle x=n\pi (n\in \mathbb {Z} -\{0\})} 가 이 방정식의 근이 되므로 sin ⁡ x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}} 는 적당한 상수 A {\displaystyle A} 에 대하여 바이어슈트라스의 곱정리에 따라 다음과 같이 인수분해할 수 있다. (오일러는 이 부분에서 엄밀하지 못한 가정을 사용하였다.) sin ⁡ x x = A ∏ n ∈ Z − { 0 } ( 1 − x n π ) = A ( 1 − x π ) ( 1 + x π ) ( 1 − x 2 π ) ( 1 + x 2 π ) ⋯ = A ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) = A ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ {\displaystyle {\begin{alignedat}{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}^{\infty }(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{alignedat}}} 여기서 양변에 극한을 취함으로써 A {\displaystyle A} 의 값을 알 수 있다. lim x → 0 sin ⁡ x x = lim x → 0 A ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) ⟹ 1 = A ( ∏ n = 1 ∞ 1 ) ⟹ A = 1 {\displaystyle {\begin{alignedat}{3}&\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\sin x}{x}}=\lim _{x\rightarrow 0}A\prod _{n=1}^{\infty }(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}\pi ^{2}}})\\&\Longrightarrow \ 1=A\ (\prod _{n=1}^{\infty }1)\\&\Longrightarrow \ A=1\\\end{alignedat}}} ∴ sin ⁡ x x = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) = ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ {\displaystyle \therefore {\frac {\sin x}{x}}=\prod _{n=1}^{\infty }(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 sin ⁡ x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}} 에 관한 두 개의 식을 이용해 다음과 같은 항등식을 도출할 수 있다. ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) ! x 2 k = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) {\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}\pi ^{2}}})} 위 식에서 이차항을 비교하면 − 1 3 ! = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 n 2 π 2 ) ⟹ − 1 6 = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle {\begin{aligned}-{\frac {1}{3!}}=\sum _{n=1}^{\infty }(-{\frac {1}{n^{2}\pi ^{2}}})\\\Longrightarrow -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}\\\end{aligned}}} 적절한 변형을 통해 우리가 원하는 결론을 얻을 수 있다. ∴ ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 . {\displaystyle \therefore \ \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}.} 오일러의 접근법을 이용한 바젤 문제의 일반화 [ 편집 ] 위에서 구한 ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) ! x 2 k = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) {\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}\pi ^{2}}})} 에서 2 k {\displaystyle 2k} 차 항을 비교하면 다음과 같은 항등식을 유도할 수 있다. (단, B n {\displaystyle B_{n}} 은 베르누이 수) ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 k = ( − 1 ) n − 1 ( 2 π ) 2 n 2 ⋅ ( 2 n ) ! B 2 n . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2k}}}={\frac {(-1)^{n-1}(2\pi )^{2n}}{2\cdot (2n)!}}B_{2n}.} 좌변을 리만 제타 함수로 나타내면 0 이상의 짝수의 함수값을 구할 수 있다. ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n − 1 ( 2 π ) 2 n 2 ⋅ ( 2 n ) ! B 2 n . {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(-1)^{n-1}(2\pi )^{2n}}{2\cdot (2n)!}}B_{2n}.} 리만 제타 함수와의 관계 [ 편집 ] 오일러는 이러한 형식을 갖는 급수를 리만 제타 함수로 일반화하였으며 모든 0 이상의 짝수에 대하여 수렴값을 닫힌 형식으로 구할 수 있는 방법을 제시하였다. ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s = 1 1 s + 1 2 s + 1 3 s ⋯ . {\displaystyle \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 급수를 구하면서 이것이 소수에 대하여 다음과 같은 곱으로도 표현될 수도 있음을 발견하였다. ζ ( s ) = ∏ p 1 1 − p − s = 1 1 − 2 − s ⋅ 1 1 − 3 − s ⋅ 1 1 − 5 − s ⋅ 1 1 − 7 − s ⋯ 1 1 − p − s ⋯ {\displaystyle \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 다음과 같이 나타낼 수 있으며 이를 오일러의 곱셈 공식이라 한다. ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s = ∏ p 1 1 − p − s {\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}=\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-s}}}} 같이 보기 [ 편집 ] 각주 [ 편집 ] 참고 문헌 [ 편집 ]

바젤 문제

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바젤 문제 기하로 다가서기

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$$\sum_{n=1}^{\infty}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots$$

위에 있는 무한급수는 수렴함을 알고 있다. 이 급수가 수렴하는 값을 구하는 문제는 이탈리아 수학자 Pietro Mengoli가 1650년에 처음으로 제시하였는데 오일러(Leonhard Euler)가 1734년에 해결했다. 오일러가 태어난 도시가 바젤이라서 바젤 문제라고 부른다. 앞서 리만-제타 함수로 해결하는 방법을 적은 글이 있지만 기하로 다가서는 풀이을 적어 두려고 한다. 심심풀이로 본 유튜브에서 본 걸 옮겨 놓는 것이다. 아래 연결고리를 따라가면 볼 수 있다.

문제를 물리로 해석하기 위해 밝기가 1인 전등이 원점에서 거리가 1인 간격으로 한없이 놓여 있다고 생각하자. 이때 원점에 다다르는 빛의 양을 계산해 보자.

1. 빛의 양은 광원까지 거리 제곱의 역수에 비례한다.

따라서 원점에서 거리가 $1,2,3,\dots$에 놓인 밝기가 1인 전등에서 나온 빛이 원점에 다다르는 양은 위에 있는 무한급수와 같이 표현할 수 있다.

2. 빛을 나누기

아래와 같이 점 $L,A,B$에 전등이 놓여 있다고 하자.

$$ \frac{1}{2}ab= \frac{1}{2}\sqrt{a^2 +b^2}l$$

양변을 제곱하여 정리하면 아래와 같다.

$$\frac{1}{l^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$$

따라서 $L$에서 나온 빛은 $A,B$에서 나온 빛을 더한 것과 양이 같다.

3. 전등을 원 둘레에 나누어 놓기

둘레가 2인 원은 지름이 $2/\pi$이다. 지름의 한 끝점 $A$에 밝기가 1인 전등이 있다고 하면 다른 끝점 $O$에 다다르는 빛의 양은 $\pi^2/4$이다.

지름이 2배이고 중심이 $A$인 원을 그려서 $A$나오는 빛을 그림과 같이 새로 그린 원 둘에에 나누어 놓는다. $O$에 다다라는 빛의 양은 달라지지 않는다.

같은 작업을 한 없이 이어나간다.

반지름이 무한대인 원이 직선이라고 생각하면 아래와 같이 $n=\pm(2k-1)$인 점에 전등이 놓였다고 볼 수 있다.

따라서 아래와 같은 식을 얻을 수 있다.

$$\frac{\pi^2}{8}= 1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\cdots$$

짝수일 때는 홀수일 때보다 거리가 2배가 되므로 빛의 양은 1/4이 될 것이다.

$$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2}=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

따라서 홀수일 때만 더한 값은 전체의 3/4이 될 것이다.

$$\frac{\pi^2}{8}= 1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\cdots=\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$$

이제 끝났다.

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

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바젤문제와 리만 제타 함수

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Sum 1/n^s는 수렴할까요? 아니면 발산할까요?

P급수 판정법에 의해 s>1이면 급수는 수렴하고 s<1이면 급수는 발산합니다. 그런데 sum 1/n^2의 값을 계산해보신 적 있으신가요? 수학에 관심이 많으신 분들이라면 이 급수의 수렴값이 pi^2/6으로 수렴한다는 것을 아실 것입니다. 도대체 어떻게하면 여기에 pi가 나오는 것일까요? 이 문제는 바젤문제로 불리는 유명한 문제로 1735년 오일러가 해결해냅니다. 오일러는 sin pix의 매클로린 급수를 이용해 무한 곱으로 함수표현을 바꾸어 계수를 비교해 수렴값을 찾아냈습니다. 학부때 배우는 조금 색다른 방법을 소개하면. 이중적분을 이용하여 급수식을 바꾼 후 치환적분을 이용하여 삼각함수의 역함수 식으로 바꾸면 값을 계산해낼 수 있습니다. 쉬워보이시겠지만 이 두방법 모두 실제로 해보시면 머리카락이 한움큼씩빠집니다. 기왕 머리카락 빠지는거 조금 더 나아가 sum 1/n^3의 값은 얼마일까요? 흔히 아페리 상수(Apéry's constant)라고 불리는이 값은 1978년 아페리가 무리수임을 최초로 증명하였습니다. 현재 이 급수는 소수점 아래 1,200,000,000,100자리까지 계산되었습니다. 아까와 달리 깔끔하게 말하지 않는 이유는 아직 sum 1/n^3이 정확히 얼마인지 몰라서 그렇습니다. sum1/n^s에서 s=2n가 짝수이면 다음과 같이 π^2n가 들어간 값이 나온다고r 알려져 있으나 s가 홀수일때는 아직 그 어떤규칙도 발견되지 않았습니다. 만약 여러분들이 홀수에서 어떤 값을 갖는지 정확히 찾아낼 수 있다면 역사에 길이남을 수학자가 될 것입니다. 왜냐하면 사실 이 급수들은 리만 제타함수에 자연수를 넣은 값들이기 때문입니다. 리만 제타함수는 다음과 같이 s가 급수가 수렴할 수 있는 1보다 큰 복소수에 대해 정의된 함수입니다. 오일러가 바젤문제를 해결했을 때 사용한 스킬을 이용하면 리만 제타 함수는 모든 소수에 대해 다음과 같이 무한 곱 형태로 나타낼 수 있습니다. 소수에 대한 규칙은 없다고 생각했는데 이 식에는 모든 소수가 포함되어 중요하게 여겨지며 난이도도 매우 높습니다. 현재 리만 제타 함수의 모든 자명하지 않은 영점의 실수부가 1/2 이라는 추측은 리만가설로 아직까지 풀리지 않은 밀레니엄 7대 난제로 100만달러, 한화로 12억이 걸려있습니다. 바젤문제 14가지 증명 - https://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf 반응형

키워드에 대한 정보 바젤 문제

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