游戏名称

\[\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}.\]

  这个著名的等式称为 Basel 问题,关于这个问题有很多有趣的故事,不过它不是我们今天的主角,所以在这里就不多说了。
  今天要说的是和 Basel 问题很相似的另一个问题: \[\begin{equation} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}} =\frac{1}{2}+\frac{1}{24}+\frac{1}{180}+\frac{1}{1120}+\cdots =\frac{\pi^2}{18},\label{eq-1} \end{equation}\] 或者换一种写法,就是 \[\begin{equation} \zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} =3\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}.\label{eq-2} \end{equation}\] 利用 Stirling 公式很容易证明 \[\binom{2n}{n}\sim \frac{2^{2n}}{\sqrt{n}}\left(\frac{1}{\sqrt{\pi}}+o(1)\right),\quad n\to\infty,\] 所以 \(\eqref{eq-2}\) 的右边收敛得很快,甚至可以用来计算 \(\zeta(2)\) 的近似值。

第一种证法

  级数求和没有通用做法,否则 Basel 问题也不会成为难题。最容易想到的方法是,先做一个生成函数,然后设法求出这个生成函数的具体表达式,最后再取值。我们设 \[f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}},\] 其中,每个单项式之所以乘以 \(x^{2n}\) 是因为分母中包含 \((2n)!\) 这一项,所以想必 \(x^{2n}\) 会比较方便。
  接下来怎么办呢?陈老爷子曾经说过,当你不知道怎么办的时候就求个导: \[f'(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{2n\,x^{2n-1}}{n^2\binom{2n}{n}},\] 陈老爷子又说,如果还是不知道怎么办,就再求一次导: \[\begin{align*} f''(x) &= \sum_{n=1}^\infty\frac{2n(2n-1)\,x^{2n-2}}{n^2\binom{2n}{n}}\\ &=1+\sum_{n=2}^\infty\frac{2n(2n-1)\,x^{2n-2}}{n^2\binom{2n}{n}}\\ &=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2\,x^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}. \end{align*}\]   现在,如果你眼神足够好的话,马上会发现 \(f(x)\) 满足如下微分方程: \[4f''(x)=4+x f'(x)+x^2 f''(x),\] 这个方程表面上是一个二阶线性常微分方程,但实际上,如果你把 \(f'(x)\) 视为未知函数的话,它其实就是个一阶方程,可以用标准的常数变异法求解。求出 \(f'(x)\) 之后再积分一次,就可以得到原方程的通解: \[f(x)=C_0+C_1 \arcsin \frac{x}{2}+2\,\left(\arcsin \frac{x}{2}\right)^2.\] 利用初始条件 \(f(0)=f'(0)=0\) 很容易确定出 \(C_0=C_1=0\),于是 \[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}=f(1)=2\,\left(\arcsin \frac{1}{2}\right)^2=\frac{\pi^2}{18}.\]

第二种证法

  第一种方法实际上是用微分方程证明了这样一个恒等式: \[\begin{equation} \sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}=2\,\left(\arcsin \frac{x}{2}\right)^2,\label{eq-3} \end{equation}\] 如果我们不用微分方程也能推出它来,就得到 \(\eqref{eq-1}\)\(\eqref{eq-2}\) 的其它证法。
  最直观的想法是,写出 \(\arcsin \frac{x}{2}\) 的 Taylor 级数,然后平方,看看能得到什么: \[\arcsin \frac{x}{2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{1}{2n+1}\left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1},\] 平方之后有 \[\begin{align*} \left(\arcsin \frac{x}{2}\right)^2 =& \sum_{k=0}^\infty\sum_{l=0}^\infty\frac{(2k-1)!!(2l-1)!!}{(2k+1)(2l+1)(2k)!!(2l)!!}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+2l+2}\\ =&\sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(2k-1)!!(2(n-1-k)-1)!!}{(2k+1)(2(n-1-k)+1)(2k)!!(2(n-1-k))!!}\right)\frac{x^{2n}}{2^{2n}}, \end{align*}\] 把它和想要证明的恒等式 \(\eqref{eq-3}\) 做比较,不难发现只需要证明如下组合恒等式: \[\sum_{k=0}^n \frac{(2k-1)!!(2(n-k)-1)!!}{(2k+1)(2(n-k)+1)(2k)!!(2(n-k))!!}=\frac{1}{n+1}\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!},\] 注意 \[\frac{1}{(2k+1)(2(n-k)+1)}=\frac{1}{2n+2}\left(\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2(n-k)+1}\right),\] 所以上述恒等式又等价于 \[\begin{equation} \sum_{k=0}^n \frac{(2k-1)!!(2(n-k)-1)!!}{(2k+1)(2k)!!(2(n-k))!!}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.\label{eq-4} \end{equation}\]   这种恒等式有一个非常实用的证明技巧。首先观察右边的分子和分母都有什么因子:分子的因子是 \(2, 4, \dots, 2n\),分母的则是 \(1, 3, \dots, 2n+1\)。根据这些因子定义一个有理函数: \[R(x)=\frac{1}{x+1}\prod_{k=1}^{n}\frac{x+2k}{x+2k+1},\] 那么很显然,待证的恒等式右边就是 \(R(0)\)。接下来,把 \(R(x)\) 展开成部分分式,注意它的分母是一些一次因子的乘积,所以部分分式特别简单: \[R(x)=\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{x+2k+1},\] 其中系数 \(a_k\) 可由如下极限确定: \[a_k=\lim_{x\to -2k-1}(x+2k+1)R(x)=\frac{(2k-1)!!(2(n-k)-1)!!}{(2k)!!(2(n-k))!!},\] 于是有 \[R(0)=\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{2k+1},\] 这正是所求的恒等式。

第三种证法

  恒等式 \(\eqref{eq-3}\) 还有很多别的证法,比如用两种方法计算一个三角形区域上的二重积分之类的,但我们不想跟它继续纠缠了。下面考虑一些别的方法。
  级数 \(\eqref{eq-1}\) 中最奇怪的项莫过于分母里的组合数。组合数什么时候会出现在分母里呢?如果你的含参积分学得很好的话就会想到,它应该来自 Euler 的 Beta 函数: \[B(p,q)=\int_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}\mathrm{d} x=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},\] 注意 \(n!=\Gamma(n+1)\)\(\Gamma(n+1)=n\,\Gamma(n)\),所以 \[\frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}}=\frac{(n-1)!\,(n-1)!}{(2n)!}=\frac{\Gamma(n)\Gamma(n)}{\Gamma(2n+1)}=\frac{1}{2n}B(n, n),\] 于是有 \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}}= \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n}\int_0^1x^{n-1}(1-x)^{n-1}\mathrm{d} x =-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log(1-x+x^2)}{x(1-x)}\mathrm{d} x.\] 利用 \(\frac{1}{x(1-x)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\) 和被积函数的对称性易证: \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}}=-\int_0^1\frac{\log(1-x+x^2)}{x}\mathrm{d} x.\]\(\alpha=\frac{1+\sqrt{-3}}{2}\)\(\beta=\bar{\alpha}\),则 \[\log(1-x+x^2)=\log(1-\alpha\,x)+\log(1-\beta x),\]\[-\int_0^1\frac{\log(1-\alpha\, x)}{x}\mathrm{d} x =\int_0^1\frac{1}{x}\sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha^n\,x^n}{n}\mathrm{d} x =\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha^n}{n^2},\] 所以原级数等于 \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha^n+\beta^n}{n^2},\] 注意 \(\alpha, \beta\) 实际上是六次单位根,所以 \(\alpha^n+\beta^n\) 是以 \(6\) 为周期的,经过一些初等的计算可得: \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}} =\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+1)^2}-\frac{1}{(6k+2)^2}-\frac{2}{(6k+3)^2} -\frac{1}{(6k+4)^2}+\frac{1}{(6k+5)^2}+\frac{2}{(6k+6)^2}\right).\] 根据 Basel 问题的奇数版本, \[\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+1)^2}+\frac{1}{(6k+3)^2}+\frac{1}{(6k+5)^2}\right) =\frac{\pi^2}{8},\quad \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(6k+3)^2}=\frac{1}{9}\,\frac{\pi^2}{8},\] 所以 \[\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+1)^2}+\frac{1}{(6k+5)^2}\right)=\frac{\pi^2}{9}.\] 再由 \[\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+1)^2}+\frac{1}{(6k+2)^2}+\frac{1}{(6k+3)^2} +\frac{1}{(6k+4)^2}+\frac{1}{(6k+5)^2}+\frac{1}{(6k+6)^2}\right)=\frac{\pi^2}{6},\] \[\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(6k+3)^2}=\frac{1}{9}\,\frac{\pi^2}{8}, \quad \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(6k+6)^2}=\frac{1}{36}\,\frac{\pi^2}{6},\] 可得 \[\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+2)^2}+\frac{1}{(6k+4)^2}\right)=\frac{\pi^2}{27},\] 将它们全都代入到前面的式子,最终可得 \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}} =\frac{\pi^2}{9}-\frac{\pi^2}{27}-2\frac{\pi^2}{72}+2\frac{\pi^2}{216} =\frac{\pi^2}{18}.\]   如果在上面的计算中不代入 \(\zeta(2)\) 的具体值,那么这个计算过程实际上是在证明恒等式 \(\eqref{eq-2}\)。证法一和证法二是独立于 \(\zeta(2)\) 的值的,所以它们和证法三放在一起相当于给出了 Basel 问题的一种新证法。
  在上述计算过程中涉及到两次幂级数的逐项积分,这些交换都是合法的,但是需要一些关于内闭一致收敛性的讨论,这里就省略了。另外,这里用到的对数函数是多值复变函数,它的单值分支选取也要说清楚,我们这里用的是标准的 Taylor 级数对应的单值分支。

第四种证法

  最后我们来看一个初等证法。设 \(\{a_k\}\) 是一个数列,考虑函数 \[D_k(x)=\frac{a_1\cdots a_k}{x(x+a_1)\cdots(x+a_k)},\] 它们显然满足 \[D_{k-1}(x)-D_k(x)=\frac{a_1\cdots a_{k-1}}{(x+a_1)\cdots (x+a_k)},\]\(k\)\(1\)\(K\) 求和可得 \[\sum_{k=1}^K \frac{a_1\cdots a_{k-1}}{(x+a_1)\cdots (x+a_k)}=D_0(x)-D_K(x) =\frac{1}{x}-\frac{a_1\cdots a_K}{x(x+a_1)\cdots(x+a_K)}.\]\(x=n^2\)\(a_k=-k^2\)\(K=n-1\),上式变成 \[\sum_{k=1}^{n-1}x_{n,k}=\frac{1}{n^2}-2\frac{(-1)^{n-1}}{n^2\binom{2n}{n}}, \quad x_{n,k}=(-1)^{k-1}\frac{1}{k^2\binom{n+k}{k}\binom{n-1}{k}}.\]\[y_{n,k}=(-1)^{n+k}\frac{1}{2k^2\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}},\] 不难验证 \[(-1)^{n-1}x_{n,k}=y_{n,k}-y_{n-1,k},\] 所以有 \[\begin{align} &\sum_{n=1}^N\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}-2\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}\right) =\sum_{n=1}^N\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{n-1}x_{n,k}\nonumber\\ =&\sum_{k=1}^{N-1}\sum_{n=k+1}^N(y_{n,k}-y_{n-1,k}) =\sum_{k=1}^{N-1}(y_{N,k}-y_{k,k})\nonumber\\ =&\sum_{k=1}^{N-1}(-1)^{N+k}\frac{1}{2k^2\binom{N+k}{k}\binom{N}{k}} -\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{k^2\binom{2k}{k}},\label{eq-5} \end{align}\]\(1\le k \le N-1\) 时,不难证明 \[k^2\binom{N+k}{k}\binom{N}{k}>(k-1)^2\binom{N+k-1}{k-1}\binom{N}{k-1}> \cdots >(N+1)N,\] 所以 \[\left|\sum_{k=1}^{N-1}(-1)^{N+k}\frac{1}{2k^2\binom{N+k}{k}\binom{N}{k}}\right| < \frac{1}{2}(N-1)\frac{1}{(N+1)N}.\]\(\eqref{eq-5}\) 两边的 \(N\) 趋向于无穷,上面的估计表明右边第一项趋于零,所以有 \[\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\left(2-\frac{1}{2}\right) \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}},\] 左边就是 \(\left(1-2\frac{1}{4}\right)\zeta(2)=\frac{1}{2}\zeta(2)\),所以 \(\eqref{eq-2}\) 成立。
  这个证法还有一个有趣的副产品。如果我们取 \[z_{n,k}=\frac{(-1)^{k-1}}{2k^3\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}},\] 则它满足 \[z_{n-1,k}-z_{n,k}=\frac{1}{n}x_{n,k},\] 所以用上面同样的步骤可得 \[\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{n^3}-2\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}\right) =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3\binom{2k}{k}} -\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{2k^3\binom{N+k}{k}\binom{N}{k}}.\]\(N\to\infty\) 时,上式最后一项仍然趋于零,所以我们得到 \[\begin{equation} \zeta(3)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3} =\frac{5}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3 \binom{2n}{n}}. \label{eq-6} \end{equation}\]