\(\zeta (2n)\)的幾種求法
結論
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]
歐拉的證明
PS：歐拉在《無窮小分析引論中》，是對 \(e^x + e^{-x}\) 的展開系數進行分析，而下文是對 \(\frac{\sin(x)}{x}\) 分析，兩者幾乎沒有區別。
這一方法通過比較 \(\frac{\sin(x)}{x}\) 的無窮級數展開和無窮乘積展開的各項系數，依次求出 \(\zeta(2),\zeta(4),\zeta(6),\cdots\) 的值。
無窮級數展開：
\[\frac{\sin(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots \]
觀察發現，\(\frac{\sin(x)}{x}\) 的根集為 \(x=n\cdot \pi,\mbox{ }(n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots)\)，
因此可以猜測無窮乘積展開：
\[\begin{align} \frac{\sin(x)}{x} & {} = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \notag\\ & {} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \notag\cdots \end{align} \]
事實上，歐拉並沒有證明這個無窮乘積展開，直到100年后魏爾施特拉斯提出了“魏爾施特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem）。
先比較二次項系數，可以求得 \(\zeta(2)\)：
\[\begin{aligned} -\frac{1}{3!} &= (-\frac{1}{\pi ^2})+(-\frac{1}{4\pi ^2})+\cdots=-\frac{1}{\pi^2}\cdot \zeta(2) \\ \zeta(2) &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned} \]
繼續比較四次項系數，可以求得 \(\zeta(4)\)：
\[\begin{aligned} \frac{1}{5!} &= \sum_{1\le i<j} \frac{1}{i^2\pi^2}\cdot \frac{1}{j^2\pi^2} =\frac{1}{2}\left( \left(\sum_{1\le i}\frac{1}{i^2\pi^2}\right)^2 - \sum_{1\le i} \frac{1}{i^4\pi^4} \right) \\&=\frac{1}{2\pi^4} (\zeta^2(2)-\zeta(4)) \\ \zeta(4)&=\frac{\pi^4}{90} \end{aligned} \]
用這種方式，可以繼續依次求出 \(\zeta(6), \zeta(8), \cdots\)。
可以用牛頓恆等式：
\[S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i} \]
作用到這個無窮乘積式上，把 \(x^2\) 看作一個整體 \(y\)。由無窮級數的各項系數得：\(\sigma_n = \frac{1}{(2n+1)!}\)
又有 \(S_n = (\frac{1}{\pi^2})^n+(\frac{1}{4\pi^2})^n+(\frac{1}{9\pi^2})^n + \cdots = \frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}\)
所以對任意 \(n\)，可以得到 \(\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2n)\) 之間的關系式：
\[\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}=\frac{(-1)^{n+1}n}{(2n+1)!}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{(-1)^{i+1}}{(2i+1)!}\cdot \frac{\zeta(2(n-i))}{\pi^{2(n-i)}} \]
於是可以由數學歸納法，推得
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]
進一步探索，\(\zeta\) 函數、余切、伯努利數的關系
如果延續歐拉的證明，而不用數學歸納法推導最終的式子，是否可以推出 \(\zeta\) 函數和伯努利數的關系？
令 \(P(y) = \frac{sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}}=(1-\frac{y}{\pi^2})(1-\frac{y}{4\pi^2})(1-\frac{y}{9\pi^2})\cdots = 1-\sigma_1 y+\sigma_2 y^2-\sigma_3y^3+\cdots\)
考慮構造數列 \(\{0,S_1,S_2,S_3,\cdots\}\) 的生成函數 \(Q(y)=S_1y+S_2y^2+S_3y^3+\cdots\)
再由牛頓恆等式 \(S_n = (-1)^{n+1}\sigma_nn + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} \sigma_{i}S_{n-i}\)，觀察 \(F(y) = P(y)\cdot Q(y)\) 的各次項系數，可得：
\[\begin{aligned} F(y)=P(y)\cdot Q(y) &= \sum_{i=1}^n y^i\left(S_i+\sum_{j=1}^{i-1}(-1)^j\sigma_jS_{i-j}\right) \\&=\sum_{i=1}^n y^i\left(-1^{i+1}\sigma_i i\right) \\&=-y\cdot \frac{d}{dy}P(y)=-y\cdot P'(y) \\Q(y) &= -y\cdot \frac{P'(y)}{P(y)} \end{aligned} \]
將 \(P(y)=\frac{\sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}},\ P'(y)=\frac{\cos(\sqrt{y})}{2y}-\frac{\sin(\sqrt{y})}{2y\sqrt{y}}\) 代入，得：
\[\begin{aligned} Q(y)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{y}\cot \sqrt{y} \\&=\sum_{i=1}^{\infty}y^i\cdot \frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}} \end{aligned} \]
所以 \(cot(x)\) 的洛朗展開式是
\[cot(x) = \frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}x^{2n-1} \]
由此，我們推出了 \(\zeta\) 函數與余切的關系！
接下來就簡單了。由伯努利數的生成函數定義可知：
\[\frac{2x}{e^{2x}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n2^n}{n!}x^n=^設 B(x) \]
嘗試尋找余切函數和伯努利數的關系：
\[\begin{aligned} i\cot(ix)&=coth(x)=\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}=\frac{1}{e^{2x}-1}+\frac{1}{1-e^{-2x}} \\&=\frac{1}{2x}(B(x)+B(-x)) \\&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}2^{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \\cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \end{aligned} \]
由此，我們推出了余切與伯努利數的關系！
比較兩個洛朗展開式的系數，便求得\(\zeta\)函數與伯努利數的關系：
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]
傅立葉分析證明
利用傅立葉級數求 \(\zeta(2n)\) 的方法是比較常規的，也是比較方便的。
考慮函數 \(f(x)=x^2,\ x\in [-\pi ,+\pi]\)，將其傅立葉展開：
\[f(x)=x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\frac{4}{n^2}\cos(nx)\right) \]
取 \(x=\pi\)，易得 \(\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)。
嘗試求 \(\zeta(4)\)，考慮函數 \(f(x)=x^4,\ x\in [-\pi,+\pi]\)，將其傅立葉展開：
\[f(x)=x^4 \sim \frac{\pi^4}{5}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\left(\frac{8\pi^2}{n^2}-\frac{48}{n^4}\right)cos(nx)\right) \]
結果非常的 Amazing！
同樣地取 \(x=\pi\)，化簡得 \(8\pi^2\zeta(2)-48\zeta(4)+\frac{\pi^4}{5}=\pi^4\)，\(\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}\)。
用同樣的方法對 \(f(x)=x^{2m}\) 展開，可以繼續依次求出 \(\zeta(6),\zeta(8),\cdots\)
考慮函數 \(f(x)=x^{2m}\) 的傅立葉級數：
\[f(x)=x^{2m}\sim a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n cos(nx)\right) \]
計算系數：
\[\begin{aligned} a_0&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{\pi^{2m}}{2m+1} \\a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2m}cos(nx)dx \\&=\frac{1}{\pi}\left(\left.\left( x^{2m}\frac{sin(nx)}{n}+(x^{2m})'\frac{cos(nx)}{n^2}-(x^{2n})''\frac{sin(nx)}{n^3}-(x^{2m})'''\frac{cos(nx)}{n^4}+\cdots \\+(-1)^{m-1}(x^{2m})^{[2m-1]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} +\int_{-\pi}^{\pi}(-1)^{m}(x^{2m})^{[2m]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}}dx \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\left.\left( \frac{(2m)!}{(2m-2i)!}x^{2m-2i}\frac{sin(nx)}{n^{2i+1}}+\frac{(2m)!}{(2m-2i-1)!}x^{2m-2i-1}\frac{cos(nx)}{n^{2i+2}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi} \right) \\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{(-1)^n}{n^{2i+2}} \right) \\&(n=1,2,\cdots) \end{aligned} \]
取 \(x=\pi\)，對展開式進行化簡：
\[\begin{aligned} f(\pi)&=\pi^{2m}=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cdot(-1)^n\right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{1}{n^{2i+2}} \right) \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2i}} \\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\zeta(2i) \end{aligned} \]
所以對任意 \(m\)，可以得到 \(\zeta(2),\zeta(4),\cdots, \zeta(2m)\) 之間的關系式。
\[\frac{m}{(2m+1)!}=\sum_{i=1}(-1)^{i+1}\frac{1}{(2m-2i+1)!}\frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}} \]
仔細觀察之后，這與前面的遞推式是一樣的，因此可以用前面的方法（數學歸納法或生成函數法）推出：
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]
留數法證明
令 \(f(z)=\frac{\pi \cot (\pi z)}{z^{2n}}\)，那么它的奇點為 \(z=\cdots,-2,-1,0,1,2,\cdots\)，其中 \(z=0\) 為 \(2n+1\) 階極點。
構造以原點為中心，\(2N+1\) 為邊長的正方形圍道 \(C_N\)，包含了奇點 \(z=-N,-N+1,\cdots,N-1,N\)。
計算留數：
\[Res[f(z);i(i=\pm1,\pm2,\cdots)]=\frac{1}{i^{2n}} \\ Res[f(z);0]=\frac{1}{(2n)!}\lim_{z\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\cot(\pi z) \]
結果非常的 Amazing！函數在 \(z=\pm 1,\pm 2,\cdots\) 這些極點上的留數與 \(\zeta(2n)\) 有着密切聯系！
至於 \(z=0\) 處的留數，利用前面推導過的 \(\cot\) 的洛朗展開式，可以得到：
\[\begin{aligned} cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \\ Res[f(z); 0]&=\frac{1}{(2n)!}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\left( \frac{1}{\pi z}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}(\pi z)^{2k-1} \right) \\&=\frac{(-1)^{n}(2\pi)^{2n}B_{2n}}{(2n)!} \end{aligned} \]
那么由留數定理：
\[\lim_{N\rightarrow +\infty}\int_{C_N} f(z)dz = \lim_{N\rightarrow +\infty}2\pi i \sum_{k=-N}^{N}Res[f(z);k]=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!} \]
下面再證明，當 \(N \rightarrow +\infty\)，左邊趨向於 \(0\)。
因為 \(C_N\) 與實軸交點為 \(\pm (n+\frac{1}{2})\)，與復軸交點為 \(\pm (i(n+\frac{1}{2}))\)，所以當 \(z=x+yi,\ y=\pm(n+\frac{1}{2})\) 時，
\[|\cot(\pi z)|=\left|i\frac{e^{2i\pi z}+1}{e^{2i\pi z}-1}\right| =\left|\frac{e^{2i\pi(x+yi)}+1}{e^{2i\pi(x+yi)}-1}\right| =\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right| \\ \le\left|\frac{|e^{2i\pi x}|+|e^{2\pi y}|}{|e^{2i\pi x}|-|e^{2\pi y}|}\right| = \left|\frac{1+e^{2\pi y}}{1-e^{2\pi y}}\right|<2 \]
當 \(x= \pm (n+\frac{1}{2})\) 時，
\[|cot(\pi z)|=\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right|==\left|\frac{-1+e^{2\pi y}}{-1-e^{2\pi y}}\right|<2 \]
令 \(N \rightarrow +\infty\)，又有 \(|z|>N\)。因此：
\[\left|\int_{C_N} \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^{2n}}dz \right|\le \int_{C_N}\frac{|\pi \cot(\pi z)|}{|z|^{2n}}|dz|\le \frac{2\pi}{N^{2n}}\cdot (8N+4) \rightarrow 0 \\ 0=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!} \\ \zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} \]
參考資料
歐拉 · 《無窮小分析引論》
御坂01034 · 《巴塞爾問題的多種解法》
formulasearchengine · Weierstrass factorization theorem
鍾玉泉 · 《復變函數論》
