Skip to content

$\zeta(3)$

$\zeta(3)$ published on $\zeta(3)$无评论
\(
\newcommand{\e}{\epsilon}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\ord}{\mathrm{ord}}
\)


目录

  1. 准备工作
  2. 递推关系
  3. 整除性质
  4. 定理证明

  今天我们来看看 Apéry 是如何证明 $\zeta(3)$ 是无理数的。

准备工作

  上回说到,对任意的 $n\in \N$,如下恒等式成立:\[\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^3}+\sum_{m=1}^n\frac{(-1)^{m-1}}{2 m^3 \binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}=\frac{5}{2}\sum_{m=1}^n \frac{(-1)^{m-1}}{m^3 \binom{2m}{m}}.\] 当 $n\to\infty$ 时,左边第一项的极限就是 $\zeta(3)$,但它的收敛速度其实不是太快;而右边收敛得相当快,这说明左边的第二项有加速收敛的作用。如果一个级数收敛得特别快,那么它的极限很可能就不是有理数。Apéry 的证明可以说正是基于上面这个收敛很快的级数。不过,它收敛得还是不够快,所以 Apéry 对它进行了一些改造,进一步加快了收敛速度,从而证明了 $\zeta(3)$ 的无理性。

  我们先稍稍推广一下上面的级数。对于 $0\le k\le n$,定义 \begin{equation}\label{def-c}c_{n, k}=\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^3}+\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{m-1}}{2 m^3 \binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}.\end{equation} 显然,对于任意给定的 $k$ 有 $\lim_{n\to\infty} c_{n, k}=\zeta(3)$。事实上我们还能证明更强的结论。

引理一 对于 $k\in\N$,$\{c_{n,k}\}$ 一致地收敛到 $\zeta(3)$。
证明: 第一项跟 $k$ 无关,所以显然一致收敛到 $\zeta(3)$。第二项的处理方式跟《$\zeta(2)$》证法四中的某一步几乎是一样的:\[\left|\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{m-1}}{2 m^3 \binom{n+m}{m}\binom{n}{m}}\right|
\le \sum_{m=1}^k\frac{1}{2 m^3 \binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}< k \frac{1}{2n(n+1)} \le \frac{1}{2(n+1)}.\] 所以它一致收敛到 $0$。

  下面这个推论是数学分析中的入门级小练习,我们就不证了。

推论一 对任意的正数数列 $\{x_{n,k}\}$,定义 \[y_n=\frac{\sum\limits_{k=0}^n x_{n,k}c_{n,k}}{\sum\limits_{k=0}^n x_{n,k}},\] 则有 $\lim_{n\to\infty}y_n=\zeta(3)$。

递推关系

  接下来是最核心的一步:取适当的 $\{x_{n,k}\}$,使得相应的 $\{y_n\}$ 能够以足够快的速度收敛。没人知道 Apéry 是如何找到下面这个答案的,我们只知道它的确满足要求。取 \begin{equation}\label{def-x} x_{n,k}=\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2,\end{equation} 并定义 \begin{equation}\label{def-ab}a_n=\sum_{k=0}^n x_{n,k}c_{n,k}, \quad b_n=\sum_{k=0}^n x_{n,k},\end{equation} 则根据推论一,有 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\zeta(3)$。这两个数列还具有更神奇的性质。

引理二 数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 满足如下递推关系(取 $u=a$、$b$):\begin{equation}\label{recursion}(n+1)^3 u_{n+1}-(34n^3+51n^2+27n+5)u_n+n^3 u_{n-1}=0,\end{equation} 并且它们由初始条件 $a_0=0$、$a_1=6$、$b_0=1$、$b_1=5$ 唯一决定。
证明: 初始条件和唯一性都是显然的,真正要证的是递推关系。
  为证明 $\{b_n\}$ 满足递推关系 \eqref{recursion},我们引进 \begin{equation}\label{def-z}z_{n,k}=(n+1)^3 x_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)x_{n,k}+n^3 x_{n-1,k},\end{equation} 接下来只需证明 $\sum_{k=0}^{n+1} z_{n,k}=0$。记 $B_{n,k}=\sum_{l=0}^{k} z_{n,l}$,计算一下 $B_{n,0}$、$B_{n,1}$、$B_{n,2}$ 可以猜出如下公式:\begin{equation}\label{eq-B}B_{n,k}=4(2n+1)\left(k(2k+1)-(2n+1)^2\right)x_{n,k},\end{equation} 它可以通过对 $k$ 的归纳证明。特别地,取 $k=n+1$ 得 $B_{n,n+1}=0$,这正是想要的恒等式。
  对于 $\{a_n\}$,递推关系的证明要麻烦一些。我们引进 \begin{equation}\label{def-w}w_{n,k}=(n+1)^3 x_{n+1,k}c_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)x_{n,k}c_{n,k}+n^3 x_{n-1,k}c_{n-1,k},\end{equation} 需要证明 $\sum_{k=0}^{n+1} w_{n,k}=0$。首先将 $w_{n,k}$ 改写为 \[w_{n,k}=c_{n,k} z_{n,k}+(n+1)^3x_{n+1,k}(c_{n+1,k}-c_{n,k})-n^3x_{n-1,k}(c_{n,k}-c_{n-1,k}).\] 记 $d_{n,k}=c_{n,k}-c_{n-1,k}$,利用对 $k$ 的归纳法不难证明 \begin{equation}\label{eq-d}d_{n,k}=\frac{(-1)^k}{n^2 (n-k) \binom{n}{k}\binom{n+k}{k}}.\end{equation} 记 $A_{n,k}=\sum_{l=0}^{k} w_{n,l}$,于是有 \begin{equation}\label{eq-A-1}A_{n,k}=\sum_{l=0}^k \left(c_{n,l}\left(B_{n,l}-B_{n,l-1}\right)+(n+1)^3 x_{n+1,l}d_{n+1,l}-n^3 x_{n-1,l}d_{n,l}\right).\end{equation} 记 \begin{equation}\label{def-e}e_{n,k}=c_{n,k}-c_{n,k-1}=\frac{(-1)^k}{2k^3\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}}, \end{equation} 利用分部求和公式可得 \begin{equation}\label{eq-A-2}A_{n,k}=B_{n,k}c_{n,k}+\sum_{l=1}^k \left((n+1)^3 x_{n+1,l}d_{n+1,l}-n^3 x_{n-1,l}d_{n,l}-B_{n,l-1}e_{n,l}\right).\end{equation} 记上式右边的和式为 $f_{n,k}$,利用对 $k$ 的归纳可以证明 \begin{equation}\label{eq-f} f_{n,k}=\frac{(-1)^{k-1}5k(2n+1)}{n(n+1)}\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}.\end{equation} 于是 \[A_{n,n+1}=B_{n, n+1}c_{n,n+1}+f_{n,n+1}=0.\] 这样就证明了 $\{a_n\}$ 的递推关系。

  利用数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的递推关系可以证明它们的很多其它性质。

推论二 数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 满足 $a_nb_{n-1}-a_{n-1}b_n=\frac{6}{n^3}$。
证明: 将 $a_n$ 的递推关系乘以 $b_n$,减去 $b_n$ 的递推关系乘以 $a_n$ 可得:\[(n+1)^3\left(a_{n+1}b_n-a_nb_{n+1}\right)=n^3\left(a_nb_{n-1}-a_{n-1}b_n\right),\] 于是 $n^3\left(a_nb_{n-1}-a_{n-1}b_n\right)=\cdots=1^3\left(a_1b_0-a_0b_1\right)=6$。

推论三 极限 $\alpha=\lim_{n\to\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}$ 存在,且 $\alpha=\left(1+\sqrt{2}\right)^4$。
证明: 将 $\{b_n\}$ 的递推关系改写为 \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^3\frac{b_{n+1}}{b_n}-\left(34+\frac{51}{n}+\frac{27}{n^2}+\frac{5}{n^3}\right)+\frac{b_{n-1}}{b_n}=0.\] 设 $\lambda=\limsup_{n\to\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}$、$\mu=\liminf_{n\to\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}$,对上式分别求上下极限可得 \[\lambda-34+\frac{1}{\mu}=0, \quad \mu-34+\frac{1}{\lambda}=0,\] 注意 $\lambda, \mu \ge1$,由此可解得 $\lambda=\mu=\left(1+\sqrt{2}\right)^4$。

  下面这个推论又是一个数学分析小练习,所以我们也不证了。
推论四 对任意的 $\e>0$,存在 $C_1,\ C_2>0$,使得 \[C_1(\alpha-\e)^n < b_n < C_2(\alpha+\e)^n.\]

整除性质

  根据定义 \eqref{def-ab},$\{a_n\}$ 是正有理数序列,$\{b_n\}$ 是正整数数列。为了计算 $\{\frac{a_n}{b_n}\}$ 对 $\zeta(3)$ 的逼近速度,我们需要对 $\{a_n\}$ 的分母有一定的估计。

引理三 设 $D_n$ 是 $1, 2, \dots, n$ 的最小公倍数,则 $a_n$ 的分母整除 $2 D_n^3 $。
证明: 根据 $a_n$ 的定义\eqref{def-x}、\eqref{def-ab},我们只需证明 $2 D_n^3 \binom{n+k}{k} c_{n,k}$ 是整数。其中 $c_{n,k}$ 的第一个和式中的每一项的分母都整除 $D_n^3$,所以乘完之后当然是整数。对于第二个和式,我们只需证明对于 $1\le m \le k \le n$,有 \[\frac{D_n^3 \binom{n+k}{k}}{m^3 \binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}=\frac{D_n^3 \binom{n+k}{k-m}}{m^3 \binom{n}{m}\binom{k}{m}}\in\N.\]   要证明这样的结论,我们只需说明对任意的素数 $p$,它在上式分子中的阶大于等于它在分母的阶。关于组合数中素数的阶有著名的Kummer 定理,它的内容是:$\binom{n}{m}$ 中素数 $p$ 的阶(记为 $\ord_p\binom{n}{m}$)等于在 $p$ 进制中计算 $n=m+(n-m)$ 时发生进位的次数。如果 $m$ 的 $p$ 进制表达式末尾有若干零(零的个数即 $\ord_p m$),那么这些位置显然不会发生进位,所以进位次数与零的个数之和应该小于 $n$ 的 $p$ 进制表达式的长度减一(因为 $n$ 的第一位不会发生进位),所以如下不等式成立 \[\ord_p\binom{n}{m}+\ord_p m\le \left[\frac{\log n}{\log p}\right]=\ord_p D_n,\] 同理可得 \[\ord_p\binom{k}{m}+\ord_p m\le \ord_p D_k \le \ord_p D_n,\] 再注意到 $\ord_p m\le \ord_p D_n$,则有 \[3 \ord_p D_n\ge 3 \ord_p m+\ord_p\binom{n}{m}+\ord_p\binom{k}{m}.\] 这就证明了 $2 D_n^3 \binom{n+k}{k} c_{n,k}$ 的整性。

  根据上述引理,定义 \begin{equation}\label{def-pq} p_n=2 D_n^3 a_n, \quad q_n=2 D_n^3 b_n,\end{equation} 则它们都是整数,并且 $\lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}=\zeta(3)$。

定理证明

  先证明一个关于 $\frac{p_n}{q_n}\to\zeta(3)$ 的逼近速度的定量刻画。

引理四 存在常数 $C, \delta>0$,使得 \begin{equation}\label{eq-zeta} \left|\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}\right|<\frac{C}{q_n^{1+\delta}}. \end{equation} 证明: 根据推论二,\[\frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=\frac{a_n}{b_n}-\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}=\frac{6}{n^3 b_{n}b_{n-1}},\] 所以 $\frac{p_n}{q_n}$ 是严格单调上升的,且对于 $m>n$,有 \[\frac{p_m}{q_m}-\frac{p_n}{q_n}=\sum_{k=n+1}^m \frac{6}{k^3 b_{k}b_{k-1}}.\] 令 $m\to\infty$ 得 \[0<\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}=\sum_{k=n+1}^\infty \frac{6}{k^3 b_{k}b_{k-1}}<\frac{C_0}{b_n^2},\] 其中 $C_0$ 可取为 $6\zeta(3)$。根据推论四还可以知道,对于任意的 $\e>0$,存在 $C_1>0$,使得 \[\left|\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}\right|<\frac{C_0'}{(\alpha-\e)^{2n}},\] 其中 $C_0'=\frac{C_0}{C_1^2}$。

  接下来我们要把上式右边的分母换成 $q_n$ 的某个幂次。根据 $q_n$ 的定义和推论四,对于之前的 $\e>0$,存在 $C_2>0$,使得 $q_n=2 D_n^3 b_n < 2 C_2 D_n^3 (\alpha+\e)^n$。其中 $D_n$ 满足 \[D_n=\prod_{p\le n} p^{\left[\frac{\log n}{\log p}\right]}<\prod_{p\le n} p^{\frac{\log n}{\log p}}=\prod_{p\le n} n=n^{\pi(n)}=e^{\pi(n) \log n}.\] 根据素数定理,存在 $N\in\N$,使得当 $n>N$ 时有 $\pi(n) \log n < n(1+\e)$,于是 \[q_n < 2C_2 (\alpha+\e)^n e^{3\pi(n) \log n} < 2C_2 \left((\alpha+\e)e^{3(1+\e)}\right)^n.\] 取 \[\delta=\frac{2\log(\alpha-\e)}{\log(\alpha+\e)+3(1+\e)}-1,\] 则 \[q_n^{1+\delta} < \left(2C_2\right)^{1+\delta}(\alpha-\e)^{2n}.\] 所以有 \[\left|\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}\right| < \frac{C_3}{q_n^{1+\delta}},\] 其中 $C_3=C_0'\left(2C_2\right)^{1+\delta}$。注意上式仅对 $n > N$ 成立,要使它对所有的 $n\in\N$ 成立,可以适当扩大 $C_3$,将前 $N$ 项也包含进去即可。

  最后,还需要说明 $\delta>0$。只需取 $\e=0.05$,经过直接的计算可知 $\delta>0.05$。

定理(Apéry) $\zeta(3)$ 是无理数。
证明: 假设 $\zeta(3)=\frac{p}{q}$,其中 $p, q\in\N$。由引理四可知 \[\left|p q_n-q p_n\right|< C q q_n^{-\delta}.\] 注意 $\frac{p_n}{q_n}$ 是严格单调增的,所以至多只会有一个 $n$ 使得 $\left|p q_n-q p_n\right|=0$,所以当 $n$ 充分大时可以知道 $\left|p q_n-q p_n\right|\ge1$。但是另一方面,右边当 $n\to\infty$ 时显然以 $0$ 为极限,矛盾!

发表评论

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注

Primary Sidebar

Return to Top ▲Return to Top ▲