本文来自G.波利亚的《数学与猜想》.
由类比作出的发现.
雅克.伯努利:
\[1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \frac{1}{36} + \cdots.\]
欧拉:通过类比,给出了上述级数的和.
(1)一个$n$次方程$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$有$n$个根:$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$.于是有
\[a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=a_n(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n).\]
由此得到根与系数的关系:
\[a_{n-1}=-a_n(\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n).\]
还可得到更多,这里主要关注这个等式.
设根$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$中没有零根,或设$a_0 \neq 0$,有
\[a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=a_0(1-\frac{x}{\alpha_1})(1-\frac{x}{\alpha_2})\cdots(1-\frac{x}{\alpha_n}).\]
且
\[a_1 = -a_0(\frac{1}{\alpha_1} + \frac{1}{\alpha_2} + \cdots + \frac{1}{\alpha_n}).\]
还有另外一种分解方法,如果$2n$次方程,其形式为
\[b_0 – b_1x^2 + b_2x^4 – \cdots + (-1)^nb_nx^{2n}=0,\]
并且有$2n$个不同的根
\[\beta_1,-\beta_1,\beta_2,-\beta_2,\cdots,\beta_n,-\beta_n,\]
则
\[b_0 – b_1x^2 + b_2x^4 – \cdots + (-1)^nb_nx^{2n}=b_0(1-\frac{x^2}{\beta_1^2})(1-\frac{x^2}{\beta_2^2})\cdots(1 – \frac{x^2}{\beta_n^2}),\]
比较$x^2$的系数可得
\[b_1=b_0(\frac{1}{\beta_1^2} + \frac{1}{\beta_2^2} + \cdots + \frac{1}{\beta_n^2}).\]
(2)欧拉研究方程$\sin{x}=0$.
\[\frac{x}{1} – \frac{x^3}{1\cdot2\cdot3}+\frac{x^5}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5}-\frac{x^7}{1\cdot2\cdot3\cdots7}+\cdots=0.\]
左边有无穷多项,它是”无穷次的”.它理应有无穷多个根,
\[0, \pi, -\pi, 2\pi,-2\pi,3\pi,-3\pi,\cdots,\]
欧拉抛去0这个根,他用$x$(对应于0根的线性因子)除这个方程的左边,得方程:
\[1 – \frac{x^2}{2\cdot3}+\frac{x^4}{2\cdot3\cdot4\cdot5}-\frac{x^6}{2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7}+\cdots=0.\]
它的根为
\[\pi,-\pi,2\pi,-2\pi,3\pi,-3\pi,\cdots,\]
我们可看出前面作类比的情况.即可与(1)中讨论过的$2n$次方程分解为线性因子的最后一种方法作类比,欧拉由类比得出:
\[\begin{aligned}\frac{\sin{x}}{x} &= 1 – \frac{x^2}{2\cdot3}+\frac{x^4}{2\cdot3\cdot4\cdot5}-\frac{x^6}{2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7} + \cdots\\&=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots\\\frac{1}{2\cdot3}&=\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots\end{aligned}\]
也就是$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}$.得到了伯努利级数的和.
(3)欧拉深知他的结论是大胆的,他十年后写到:”这种方法是新的并且还从来没有这样用过.”
欧拉有理由相信他的发现.首先,数值$\pi^2/6$作为这个级数的和与从前估算的结果到小数点后最末一位数字都一致.更进一步比较$\sin{x}$作为无穷乘积中的系数,他发现了另一个值得注意的级数之和:
\[1 + \frac{1}{16} + \frac{1}{81} + \frac{1}{256} + \frac{1}{625} + \cdots = \frac{\pi^4}{90}.\]
(4)欧拉还用另外的例子试验了他的方法.通过他的头一种方法的多种变形,得以重新导出了雅克.伯努利级数的和为$\pi^2/6$,而且成功地用它的方法重新发现了一个重要级数—莱布尼茨级数的和.
考察$1 – \sin{x}=0$,它有根
\[\frac{\pi}{2},-\frac{3\pi}{2},\frac{5\pi}{2},-\frac{7\pi}{2},\frac{9\pi}{2},-\frac{11\pi}{2},\cdots\]
然而这些方程的根均为重根,因此方程
\[1 – \frac{x}{1} + \frac{x^3}{1\cdot2\cdot3}-\frac{x^5}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5} + \cdots = 0.\]
有根
\[\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}-\frac{3\pi}{2},\frac{5\pi}{2},-\frac{5\pi}{2},\cdots,\]
于是
\[\begin{aligned}1 – \sin{x} &= 1 – \frac{x}{1} + \frac{x^3}{1\cdot2\cdot3}-\frac{x^5}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5} + \cdots\\&=(1 – \frac{2x}{\pi})^2(1 + \frac{2x}{3\pi})^2(1-\frac{2x}{5\pi})^2(1+\frac{2x}{7\pi})^2\cdots\\-1 &= -\frac{4}{\pi} + \frac{4}{3\pi}-\frac{4}{5\pi} + \frac{4}{7\pi} -\cdots \\\frac{\pi}{4}&=1 – \frac{1}{3} + \frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\cdots\end{aligned}\]
如果一个猜想有任何新的结论得到证实,它就变得更为可靠,而且,假如有一个与之相类似的猜想变得更可靠,则这个猜想也就变得更可靠.