一个像巴塞尔级数的级数

我们知道，所有正整数倒数的平方和的倒数收敛于一个固定的值：

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = 1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}} + \dots = \frac{π^{2}}{6}

这一级数问题被称为巴塞尔(Basel)问题，所以不妨称这级数为巴塞尔级数.

再来看另一个类似的级数：

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + k} = \frac{1}{1^{2} + k} + \frac{1}{2^{2} + k} + \dots \\ (k > 0) \end{aligned}

因为这级数的一般项

\frac{1}{n^{2} + k} < \frac{1}{n^{2}}

$f(x)=x^2$ 展开为了三角级数.

(三角级数是将一个周期函数展开为正弦函数与余弦函数的和，具体展开式如下：)

\begin{aligned} f (x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} \cos n x + b_{n} \sin n x) \\ a_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) \cos n x d x \\ b_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) \sin n x d x \end{aligned}

我们对于类巴塞尔级数的推导也可从傅里叶级数，但展开的函数变为

f (x) = e^{k x} (- π ⩽ x < π), T = 2 π

$T$ 表示该函数的周期.将这函数傅里叶展开，可得

f (x) = \frac{e^{k π} - e^{- k π}}{π} [\frac{1}{2 k} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n^{2} + k^{2}} (k \cos n x - n \sin n x)]

下面陈述一个重要定理：

$x_0$ $2\pi$ $x_0$ 代入傅里叶级数，傅里叶级数收敛于

\frac{f^{+} (x_{0}) + f^{-} (x_{0})}{2}

$\pi$ $\pi$ 代入上面的式子，就有

\begin{aligned} \frac{e^{k π} + e^{- k π}}{2} = \frac{e^{k π} - e^{- k π}}{π} [\frac{1}{2 k} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n^{2} + k^{2}} (k \cos n π - n \sin n π)] \\ \frac{e^{k π} + e^{- k π}}{2} = \frac{e^{k π} - e^{- k π}}{π} [\frac{1}{2 k} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n^{2} + k^{2}} \cdot k \cdot (- 1)^{n}] \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{k} (\frac{e^{k π} + e^{- k π}}{2} \cdot \frac{π}{e^{k π} - e^{- k π}} - \frac{1}{2 k}) \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + k^{2}} = \frac{k π \coth k π - 1}{2 k^{2}} \\ ∴ & \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + k} = \frac{\sqrt{k} π \coth \sqrt{k} π - 1}{2 k} (k > 0) \end{aligned}

$\coth x$ $\dfrac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}$ ，称为双曲余切)

这也就推出了上面级数的和.

$k>0$ $k$ $k\to 0^{+}$ .

\begin{aligned} lim_{k \to 0^{+}} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + k^{2}} = lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \coth k π - 1}{2 k^{2}} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \coth k π - 1}{2 k^{2}} \end{aligned}

于是只要求出等式右边的极限即可.

$\coth$ $\coth$ $e^x$ $\coth$ $0$ 处展开)

\begin{aligned} lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \coth k π - 1}{2 k^{2}} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \cdot \frac{e^{k π} + e^{- k π}}{e^{k π} - e^{- k π}} - 1}{2 k^{2}} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \cdot \frac{[1 + k π + \frac{k^{2} π^{2}}{2} + \frac{k^{3} π^{3}}{6} + o (k^{3})] + [1 - k π + \frac{k^{2} π^{2}}{2} - \frac{k^{3} π^{3}}{6} + o (k^{3})]}{[1 + k π + \frac{k^{2} π^{2}}{2} + \frac{k^{3} π^{3}}{6} + o (k^{3})] - [1 - k π + \frac{k^{2} π^{2}}{2} - \frac{k^{3} π^{3}}{6} + o (k^{3})]} - 1}{2 k^{2}} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{k π \cdot \frac{2 + k^{2} π^{2} + o (k^{3})}{2 k π + \frac{k^{3} π^{3}}{3} + o (k^{3})} - 1}{2 k^{2}} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{\frac{2}{3} π^{3} k^{3} + o (k^{4}) + o (k^{3})}{4 π k^{3} + \frac{2}{3} π^{3} k^{5} + o (k^{5})} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{\frac{2}{3} π^{3} k^{3} + o (k^{3})}{4 π k^{3} + \frac{2}{3} π^{3} k^{5} + o (k^{5})} \\ = & lim_{k \to 0^{+}} \frac{\frac{2}{3} π^{3} + \frac{o (k^{3})}{k^{3}}}{4 π + \frac{2}{3} π^{3} k^{2} + \frac{o (k^{5})}{k^{3}}} \\ = & \frac{π^{2}}{6} \end{aligned}

这也就是巴塞尔级数.

$k\in\mathbb{R}$ $\coth{\mathrm{i}x}=-\mathrm{i}\cot{x}$ ，所以可以得到

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - k} = \frac{1 - \sqrt{k} π \cot \sqrt{k} π}{2 k} (k > 0, k \neq 1^{2}, 2^{2}, \dots)

$k\neq1^2,2^2,\cdots$ 的条件是显然的，因为将这些值代入等式左右两边都无意义.