Một chứng minh sơ cấp cho bài toán Basel

Một chứng minh sơ cấp cho bài toán Basel

Bài toán Basel là một bài toán nổi tiếng được đưa ra vào năm 1644 và được giải bởi nhà toán học thiên tài Leonard Euler vào năm 1734. Bài toán yêu cầu tính tổng của chuỗi vô hạn:

$1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + \dots = ?$

Sau đó, Euler đã chứng minh được tổng này bằng $\frac{π^{2}}{6}$ .

Nếu bạn search chuỗi “Basel problem“, bạn sẽ thấy khá nhiều cách chứng minh khác nhau cho bài toán này. Trong một lần lang thang trên internel, mình tình cờ tìm được một chứng minh sơ cấp khá thú vị và khá “đẹp” cho bài toán này của R J Ransford trong tạp chí Eureka số 42, được đăng vào mùa hè năm 1982. Dưới đây là note của lời giải.

💡 Link bài báo tại đây

Công thức De Moivere:

Theo công thức của Euler: $e^{i x} = \cos x + i \sin x$

Suy ra: $(e^{i x})^{n} = (\cos x + i \sin x)^{n} = e^{i (n x)} = \cos n x + i \sin n x$

Vậy $\cos n x + i \sin n x = (\cos x + i \sin x)^{n}$

Khai triển vế phải công thức ta có:

$\begin{aligned} \cos n x + i \sin n x & = (\binom{n}{0}) \cos^{n} x + (\binom{n}{1}) c o s^{n - 1} . i . \sin x + \dots \\ = ((\binom{n}{0}) \cos^{n} x + (\binom{n}{2}) \cos^{n - 2} x . i^{2} . \sin^{2} x + \dots + \dots) \\ + i ((\binom{n}{1}) \cos^{n - 1} x . \sin x + (\binom{n}{3}) \cos^{n - 3} x . i^{2} . \sin^{3} x + (\binom{n}{5}) \cos^{n - 5} x . i^{4} . \sin^{5} x + \dots) \\ = ((\binom{n}{0}) \cos^{n} x - (\binom{n}{2}) \cos^{n - 2} x . \sin^{2} x + \dots) \\ + i ((\binom{n}{1}) \cos^{n - 1} x . \sin x - (\binom{n}{3}) \cos^{n - 3} x . \sin^{3} x + (\binom{n}{5}) \cos^{n - 5} x . \sin^{5} x - \dots) \end{aligned}$

So sánh phần ảo của vế phải và vế trái, ta suy ra:

$\sin n x = (\binom{n}{1}) c o s^{n - 1} x \sin x - (\binom{n}{3}) c o s^{n - 3} x \sin^{3} x + (\binom{n}{5}) c o s^{n - 5} x \sin^{5} x - \dots$

Hệ thức Vieta cho đa thức bậc cao

Cho đa thức bậc $n$ với các hệ số $a_{i} \in C$ $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ với các số phức là $r_{n}, r_{n - 1}, \dots, r_{1}$ , lúc đó với mọi $0 \leq k \leq n$ ta có:

$\sum_{1 \leq i_{1} \leq i_{2} \leq \dots \leq n} r_{i_{1}} r_{i_{2}} \dots r_{i_{k}} = (- 1)^{k} \frac{a_{n - k}}{a_{n}}$

Trường hợp cụ thể của công thức trên:

$\sum_{i = 1}^{n} r_{i} = - \frac{a_{n - 1}}{a_{n}}$

Chứng minh bài toán Basel

Đầu tiên, ta đi chứng minh công thức:

$\cot^{2} (\frac{π}{2 m + 1}) + \cot^{2} (\frac{2 π}{2 m + 1}) + \dots + \cot^{2} (\frac{m π}{2 m + 1}) = \frac{1}{3} m (2 m - 1), (\forall m \geq 1)$

Thật vậy, áp dụng lại công thức $\sin n x$ bên trên:

$\sin n x = (\binom{n}{1}) c o s^{n - 1} x \sin x - (\binom{n}{3}) c o s^{n - 3} x \sin^{3} x + (\binom{n}{5}) c o s^{n - 5} x \sin^{5} x - \dots$

Đặt $n = 2 m + 1$ và $x = \frac{r π}{2 m + 1}, (r = 1, 2, \dots, m),$ khi $\sin n x = 0, \sin x > 0$ đem chia cả hai vế cho $\sin^{n} x$ , ta có:

$0 = (\binom{2 m + 1}{1}) \cot^{2 m} x - (\binom{2 m + 1}{3}) \cot^{2 m - 2} x + \dots$

Đặt $t = \cot^{2} x$ công thức trên trở thành đa thức:

$P (t) = (\binom{2 m + 1}{1}) t^{m} - (\binom{2 m + 1}{3}) t^{m - 1} + \dots = 0$

Với các nghiệm của đa thức chính xác là $t = \cot^{2} (\frac{r π}{2 m + 1}), (r = 1, 2, \dots, m)$ . Áp dụng hệ thức Vieta cho tổng các nghiệm trên, ta tính được giá trị tổng các nghiệm là: $\frac{(\binom{2 m + 1}{3})}{(\binom{2 m + 1}{1})} = \frac{1}{3} m (2 m - 1)$ . Vậy ta đã chứng minh xong công thức:

$\cot^{2} (\frac{π}{2 m + 1}) + \cot^{2} (\frac{2 π}{2 m + 1}) + \dots + \cot^{2} (\frac{m π}{2 m + 1}) = \frac{1}{3} m (2 m - 1), (\forall m \geq 1)$

Từ công thức này, ta cộng cả 2 vế với $m$ , để có đẳng thức:

$\begin{aligned} m + \cot^{2} (\frac{π}{2 m + 1}) + \cot^{2} (\frac{2 π}{2 m + 1}) + \dots + \cot^{2} (\frac{m π}{2 m + 1}) & = m + \frac{1}{3} m (2 m - 1) \\ (1 + \cot^{2} (\frac{π}{2 m + 1})) + (1 + \cot^{2} (\frac{2 π}{2 m + 1})) + \dots + (1 + \cot^{2} (\frac{m π}{2 m + 1})) & = \frac{1}{3} m (2 m + 2) \end{aligned}$

Áp dụng công thức $\csc^{2} y = 1 + \cot^{2} y$ , thay vào phương trình:

$\csc^{2} (\frac{π}{2 m + 1}) + \csc^{2} (\frac{2 π}{2 m + 1}) + \dots + \csc^{2} (\frac{m π}{2 m + 1}) = \frac{1}{3} m (2 m + 2)$

Nhận xét rằng $0 < y < π / 2$ thì $0 < \sin y < y < \tan y,$ vì thế $\csc y > 1 / y > \cot y$ . Thay vào ta có:

$\begin{aligned} \frac{1}{3} m (2 m - 1) & < (\frac{2 m + 1}{π})^{2} + (\frac{2 m + 1}{2 π})^{2} + \dots + (\frac{2 m + 1}{m π})^{2} & < \frac{1}{3} m (2 m + 2) \\ ⟺ \frac{1}{3} m (2 m - 1) & < \frac{(2 m + 1)^{2}}{π^{2}} + \frac{(2 m + 1)^{2}}{2^{2} π^{2}} + \dots + \frac{(2 m + 1)^{2}}{m^{2} π^{2}} & < \frac{1}{3} m (2 m + 2) \end{aligned}$

Nhân tất cả cho $\frac{π^{2}}{(2 m + 1)^{2}}$ , ta được:

$\begin{array}{r} \frac{π^{2}}{3} [\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 m + 1}) (1 - \frac{2}{2 m + 1})] < 1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{m^{2}} < \frac{π^{2}}{3} [\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 m + 1}) (1 + \frac{1}{2 m + 1})] \\ ⟺ \frac{π^{2}}{6} (1 - \frac{1}{2 m + 1}) (1 - \frac{2}{2 m + 1}) < 1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{m^{2}} < \frac{π^{2}}{6} (1 - \frac{1}{2 m + 1}) (1 + \frac{1}{2 m + 1}) \\ ⟺ \frac{π^{2}}{6} (1 - \frac{2}{2 m + 1}) < 1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{m^{2}} < \frac{π^{2}}{6} (1 + \frac{1}{2 m + 1}) \end{array}$

Khi $m \to \infty$ , lúc đó các giá trị $\frac{1}{2 m + 1} \to 0$ và $\frac{2}{2 m + 1} \to 0$ . Cuối cùng, ta đi đến kết quả:

$1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots = \frac{π^{2}}{6}$