\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\]

이 값을 닫힌 형식으로 구하라.

정답부터 말하자면 \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi ^2}{6}\]

이 문제는 오일러가 해결한 것으로 유명한 바젤 문제이다. 특히 대수 수식에서 $\pi$가 나왔다는 점에서 유명하다. 어쩌다가 이런 결과가 나왔을까? 이 글에서는 오일러가 최초로 증명할 때 사용한 풀이와 이후 코시가 초등적인 방법으로 한 증명에 대해서 다룬다.

오일러의 풀이

오일러는 $\sin x$를 다항식으로 표현하면서 이 문제를 해결하고자 하였다.

무한 곱 형태로 변환

$\sin x$의 근은 $x=n\pi \quad (n\in\mathbb{Z})$이다. 그러므로 $\frac{\sin x}{x}$의 근은 $x=n\pi \quad (n\in\mathbb{Z}\setminus {0})$이다. 오일러는 이 근을 보고 $\frac{\sin x}{x}$를 인수분해한 다항식의 꼴로 표현하려고 하였다. 이를 표현하면 다음과 같다.
\[\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^2}{\pi ^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4\pi ^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{9\pi ^2}\right) \cdots\]
즉,
\[\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x ^2}{n ^2 \pi ^2}\right)\]

이를 전개하면
\[\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{\pi ^2}\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots\right)+O(x ^4)=1-\frac{x ^2}{\pi ^2}\sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n^2}+O(x^4)\]
( 최저차수가 4인 다항식을 $O(x ^4)$로 나타낼 수 있다)

테일러 전개

한편, 테일러 전개를 해보면
\[\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x ^5}{5!}-\cdots\]

양변을 $x$로 나누면
\[\frac{\sin x}{x} =1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x ^4}{5!}-\cdots=1-\frac{x ^2}{6}+\frac{x ^4}{120}-\cdots\]

비교

이제 두 가지 방법으로 얻은 다항식을 비교하자. 특히 $x^2$의 계수를 집중해서 보자.
\[\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n ^2}=\frac{1}{6}\]

양변에 $\pi^2$을 곱하면
\[\sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n ^2}=\frac{\pi ^2}{6}\]

코시의 풀이

오일러의 결과가 나온 후 약 90년 이후에 나온 풀이이다.

드무아브르 정리를 생각하고

$2m+1$제곱을 이항정리로 전개하여

\begin{split}
(\cos x+i\sin x)^{2m+1} &= \sum_{l=0} ^{2m+1}\binom{2m+1}{l}\cos^{2m+1-l}x(i\sin x)^l \\ \\
&=\text{($l$이 짝수일 때)+($l$이 홀수일 때)} \\ \\
&=\sum_{k=0} ^{m}\binom{2m+1}{2k}\cos^{2m+1-2k}x(i\sin x)^{2k}+\sum_{k=0} ^{m}\binom{2m+1}{2k+1}\cos^{2m-2k}x(i\sin x)^{2k+1}\\
&=\left(\sum_{k=0} ^{m}(-1)^k\binom{2m+1}{2k}\cos^{2m+1-2k}x\sin^{2k}x\right)+i\left(\sum_{k=0} ^{m}(-1)^k\binom{2m+1}{2k+1}\cos^{2m-2k}x \sin^{2k+1}x\right)
\end{split}

드무아브르 정리에서의 식의 허수부를 비교하여 다음 식이 성립함을 알 수 있다.

$$\sin (2m+1)x=\sum_{k=0} ^{m}(-1)^k\binom{2m+1}{2k+1}\cos^{2m-2k}x \sin^{2k+1}x $$

양변을 $\sin^{2m+1} x$로 나누면

$$\frac{\sin (2m+1)x}{\sin^{2m+1}x}=\sum_{k=0} ^{m}(-1)^k\binom{2m+1}{2k+1}\cot^{2m-2k}x \, \, \, \mathbb{\cdots(\ast)}$$

$\cot^2x$를 $t$로 바꾸어 다항식 $P$를 만든다.

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

$r_n=\cot^2 \frac{n\pi}{2m+1}\quad(n=1,2,\cdots,m)$을 $P$에 대입한 후 $\mathbb{(\ast)}$를 생각하자

$$P(r_n)=\sum_{k=0} ^{m}(-1)^k\binom{2m+1}{2k+1}\cot^{2m-2k}\frac{n\pi}{2m+1}=\frac{\sin n\pi}{\sin^{2m+1}\frac{n\pi}{2m+1}}=0$$

따라서 $r_1,r_2,\cdots,r_{m}$이 모두 $P$의 근이 되고, $P$가 $m$차 다항식이므로 $P$의 모든 근이 됨을 알 수 있다.

비에트 정리를 써서

$$\sum_{n=1}^{m}\cot^2 \frac{n\pi}{2m+1}=\sum_{n=1}^{m}r_n=-\frac{a_{m-1}}{a_{m}}=\frac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}}=\frac{2m(2m-1)}{6}$$

임을 알 수 있고,

$1+\cot^2=\csc^2x$인 것을 사용하여

$$\sum_{n=1}^{m}\csc^2 \frac{n\pi}{2m+1}=\sum_{n=1}^{m}\cot^2 \frac{n\pi}{2m+1} +m=\frac{2m(2m-1)}{6}+m=\frac{2m(2m+2)}{6}$$

임을 알 수 있다.

다음으로, 잘 알려진 아래 부등식을 변형하여

$$\sin x<x<\tan x \quad \Rightarrow \quad \csc^2x <\frac{1}{x^2}<\cot^2x \quad (0<x<\frac{\pi}{2})$$

$0<\frac{n\pi}{2m+1}<\frac{\pi}{2}$이므로 부등식을 쓸 수 있다.

$$\sum_{n=1}^{m}\csc^2\frac{n\pi}{2m+1}<\sum_{n=1}^{m}\left( \frac{2m+1}{n\pi}\right)^2<\sum_{n=1}^{m}\cot^2 \frac{n\pi}{2m+1}$$

$$\frac{2m(2m-1)}{6}<\frac{(2m+1)^2}{\pi^2}\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}<\frac{2m(2m+2)}{6}$$

$$\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)^2}\frac{\pi^2}{6}<\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}<\frac{2m(2m+2)}{(2m+1)^2}\frac{\pi^2}{6}$$

$m$을 무한대로 보내조면 squeeze theorem에 의해

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

따라서 풀이가 끝난다.

이 풀이의 매력이라 하면 마지막에 극한 보내는 것 외에 미적분을 아예 안 쓴다는 점이다.(솔직히 마지막 극한도 매우 쉽다)

쓴 정리들을 나열해보자면 드무아브르 정리, 이항정리, 비에트 정리, 샌드위치 정리 정도 밖에 없다.