Analyse – Rijen en reeksen – De Riemann zetafunctie

De Riemann zetafunctie \(\zeta(s)\) wordt gedefinieerd als: \(\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\) voor \(\text{Re}(s)>1\).

We zullen alleen reële waarden van \(s\) beschouwen; in dat geval weten we dat de reeks absoluut convergeert als \(s > 1\). Echter, in het algemeen is het niet eenvoudig om de som te bepalen.

Later zullen we in staat zijn aan te tonen dat \(\displaystyle\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{6}\pi^2\) en \(\displaystyle\zeta(4)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=\frac{1}{90}\pi^4\).

De waarde van \(\zeta(3)\approx1.202057\) staat ook bekend als de constante van Apéry.

Eén bewijs van het eerste resultaat zouden we nu al kunnen begrijpen. Dit is gebaseerd op de Taylorreeks van \(\displaystyle\frac{\sin(x)}{x}\) en een oneindig product. Voor het oneindig product moeten we weten dat de (enige maar alle) nulpunten van \(\displaystyle\frac{\sin(x)}{x}\) gelijk zijn aan \(x=\pm n\pi\) with \(n\in\{1,2,3,\ldots\}\) en dat \(\displaystyle\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1\). Dan geldt:

\[\frac{\sin(x)}{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x}{n\pi}\right)\left(1+\frac{x}{n\pi}\right) =\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right).\]

Vergelijken van de coëfficiënten van \(x^2\) levert dat \(-\displaystyle\frac{1}{3!}=-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \;\;\Longrightarrow\;\;\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{6}\pi^2\).

Merk op dat

\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s}=\left(1-\frac{1}{s^2}\right)\zeta(s)\]

en

\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^s}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s}=\left(1-\frac{1}{2^{s-1}}\right)\zeta(s).\]

Met behulp van partiële integratie volgt dat

\[\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}\ln(x)\bigg|_0^1-\frac{1}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\cdot\frac{1}{x}\,dx=0-\frac{1}{n+1}\int_0^1x^n\,dx =-\frac{1}{(n+1)^2}x^{n+1}\bigg|_0^1=-\frac{1}{(n+1)^2}\]

voor \(n=0,1,2,\ldots\). Nu gebruiken we de reeksrepresentatie \(\displaystyle\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n\) voor \(|x| < 1\) en vinden dat

\[\int_0^1\frac{\ln(x)}{1-x}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^2} =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-\zeta(2)=-\frac{1}{6}\pi^2.\]

Verder volgt met partiële integratie dat

\[\int_0^1x^n\left(\ln(x)\right)^2\,dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}\left(\ln(x)\right)^2\bigg|_0^1-\frac{2}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\ln(x)\cdot\frac{1}{x}\,dx =0-\frac{2}{n+1}\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=\frac{2}{(n+1)^3}\]

voor \(n=0,1,2,\ldots\). Weer gebruiken we de reeksrepresentatie \(\displaystyle\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n\) voor \(|x| < 1\) en vinden dat

\[\int_0^1\frac{\left(\ln(x)\right)^2}{1-x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1x^n\left(\ln(x)\right)^2\,dx=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^3} =2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}=2\zeta(3).\]

Evenzo geldt dat

\[\int_0^1\frac{\ln(x)}{1+x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2} =-\left(1-\frac{1}{2}\right)\zeta(2)=-\frac{1}{12}\pi^2\]

en

\[\int_0^1\frac{\left(\ln(x)\right)^2}{1+x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^1x^n\left(\ln(x)\right)^2\,dx=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^3} =2\left(1-\frac{1}{4}\right)\zeta(3)=\frac{3}{2}\zeta(3).\]

Met behulp van de Taylorreeks \(\displaystyle\ln(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}\) voor \(|x| < 1\) volgt dat

\[\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1x^{n-1}\,dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}x^n\bigg|_0^1 =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-\zeta(2)=-\frac{1}{6}\pi^2,\] \begin{align*} \int_0^1\ln(x)\ln(1-x)\,dx&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{(n+1)^2} =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)\\[2.5mm] &=1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^2}=2-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=2-\zeta(2)=2-\frac{1}{6}\pi^2 \end{align*}

en

\[\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{x}\,dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1x^{n-1}\ln(x)\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n^2} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}=\zeta(3).\]

Door symmetrie (of een substitutie) volgt dat ook \(\displaystyle\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{1-x}\,dx=\zeta(3)\) en dus

\[\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{x(1-x)}\,dx=\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{x}\,dx+\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{1-x}\,dx=2\zeta(3).\]

Evenzo volgt met \(\displaystyle\ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\) voor \(|x| < 1\) dat

\[\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1\frac{(-1)^n}{n+1}x^n\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}=\left(1-\frac{1}{2}\right)\zeta(2)=\frac{1}{12}\pi^2,\] \begin{align*} \int_0^1\ln(x)\ln(1+x)\,dx&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\ln(x)\,dx=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\cdot\frac{1}{(n+2)^2} =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(-1)^n}{n+2}-\frac{(-1)^n}{n+1}+\frac{(-1)^n}{(n+2)^2}\right)\\[2.5mm] &=1-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+2)^2}=1-2\ln(2)+1-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}\\[2.5mm] &=2-2\ln(2)-\left(1-\frac{1}{2}\right)\zeta(2)=2-2\ln(2)-\frac{1}{12}\pi^2 \end{align*}

en

\[\int_0^1\frac{\ln(x)\ln(1+x)}{x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\int_0^1x^n\ln(x)\,dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\cdot\frac{1}{(n+1)^2} =-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^3}=-\left(1-\frac{1}{4}\right)\zeta(3)=-\frac{3}{4}\zeta(3).\]

---

Laatst gewijzigd op 15 maart 2021