Sulla formula di Eulero per ζ

Francesco BonesiTesina di Elementi di Analisi Numerica

Dicembre 2012-Gennaio 2013

Universita degli Studi di Roma Tor Vergata

Roma

A.A. 2012/2013

Indice

1 Prime considerazioni 3

2 Un integrale complesso e definizione della zeta di Riemann 4

3 Numeri di Bernoulli 8

4 La zeta sugli interi negativi 11

5 Equazione Funzionale 13

6 La formula di Eulero: la zeta sugli interi positivi pari 15

7 Una dimostrazione piu elementare 16

8 Un po’ di storia 20

Riferimenti bibliografici 23

1

L’obiettivo di questo lavoro e dimostrare la seguente formula di Eulero:

ζ(2n) = (−1)n+1B2n(2π)2n

2(2n)!, n ∈ N

dove ζ e la funzione zeta di Riemann, ζ(2n) =∑+∞

k=11k2n

e B2n e il 2n-esimo

numero di Bernoulli.

Come e scritto nell’articolo [2], si possono trovare varie dimostrazioni della

formula di Eulero. In questo lavoro ne presenteremo una dimostrazione che

usa nozioni di analisi complessa ed una elementare.

Sono inoltre presenti accenni storici sugli studi di Eulero sui valori della

zeta negli interi positivi.

2

1 Prime considerazioni

Si definisce fattoriale generalizzato la funzione

F (s) =

∫ +∞

0

e−xxsdx , s ∈ Ω = z ∈ C | Re(s) > −1.

Tale F e ben definita ed e analitica in Ω.

Proposizione 1. Valgono le seguenti proprieta:

• 1. Se (s− 1) ∈ Ω, ovvero se Re(s) > 0 ⇒ F (s) = sF (s− 1)

• 2. F (n) = n!, ∀n ∈ N.

Dimostrazione. Dimostriamo la 1 integrando per parti.

F (s) =

∫ +∞

0

e−xxsdx = −e−xxs|+∞0 + s

∫ +∞

0

e−xxs−1dx = sF (s− 1).

Osservando che F (0) = 1 si deduce facilmente che F (n) = n! .

Osservazione 1. La proprieta 1 e molto importante in quanto permette

di estendere analiticamente la funzione F . Infatti questa implica che F (s−1) = F (s)

s. La funzione F (s)

se olomorfa nel semipiano Re(s) > 0 ma anche

nella striscia −1 < Re(s) < 0. Percio per estensione olomorfa F (s − 1) la

si puo estendere nella striscia in cui e olomorfa F (s)s

, facendole assumere il

valore di quest’ultima. Allora ho esteso F nella striscia −1 < Re(s− 1) <

0, ovvero in −2 < Re(s) < −1. Iterando il ragionamento sulla stessa

uguaglianza F (s − 1) = F (s)s

usando la striscia −2 < Re(s) < −1, ci

accorgiamo che si puo estendere in modo olomorfo (e quindi analitico) la

funzione F in Θ = C\z ∈ C | Re(z) = −k , con k ∈ N.Presentiamo ora altre due proprieta che ci serviranno ma che non dimo-

striamo, chi fosse interessato puo trovare la dimostrazione in [1].

Proposizione 2. Se s ∈ Θ,

1. 1F (s)F (−s) = sin(sπ)

sπ

2. F (s) =∏+∞

n=1(1 + sn)−1(1 + 1

n)s = limN→+∞

NsN !(s+1)...(s+N)

.

Ora dimostriamo il seguente lemma:

3

Lemma 1. ∀s ∈ C tale che Re(s) > 1

F (s− 1)ζ(s) =

∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx,

dove ζ(s) =∑∞

k=11ks

.

Dimostrazione. Osserviamo che applicando la sostituzione y = nx si ha∫ +∞

0

e−nxxs−1dx =

∫ +∞

0

e−yys−1

ns−1

dy

n=F (s− 1)

ns.

Facendo le somme per n che va da 1 all’infinito

+∞∑n=1

∫ +∞

0

e−nxxs−1dx = ζ(s)F (s− 1).

Passando la serie dentro l’integrale per il teorema di convergenza monotona

e avendo che∑∞

n=1(e−x)n = 11−e−x − 1 = 1

ex−1, si ha

ζ(s)F (s− 1) =

∫ +∞

0

xs−1

+∞∑n=1

(e−x)n =

∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx.

Osservazione 2. Osserviamo che F (s − 1) e la nota funzione Gamma,

cioe

Γ(s) := F (s− 1).

Per i ragionamenti fatti precedentemente la funzione Gamma e olomorfa

in C\z ∈ C | Re(z) = −k , con k ∈ N ∪ 0. La formula ottenuta nel

precedente lemma, se s ∈ C e Re(s) > 1, si puo scrivere come segue:

Γ(s)ζ(s) =

∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx.

2 Un integrale complesso e definizione della zeta di

Riemann

Ora mi accingo a calcolare un integrale complesso. Innanzi tutto definisco

la funzione

f(z) =(−z)s

z(ez − 1),

4

con s ∈ C. La prima domanda che ci poniamo e: quando f e ben definita?

Cioe, per quali z ∈ C e definita?

Sarebbe impensabile fare (−x)s con s, x ∈ R, ma qui siamo nei complessi.

Quindi definisco

(−z)s = es[Log(−z)].

Log indica il logaritmo principale complesso cioe, se w ∈ C, Log(w) =

ln(|w|)+iArg(w), dove ln e il logaritmo reale in base e e Arg(w) e l’angolo di

w. Il logaritmo principale non e definito ovunque, infatti vale per Arg(w) ∈(−π, π), ovvero si esclude la semiretta dei reali negativi (0 incluso).

Quindi (−z)s = es[Log(−z)] e ben definita per z ∈ C\[0,+∞) (poiche c’e −ze non z) e ∀s ∈ C.

Osservazione 3. Si osservi che per f , laddove e ben definita, vale l’ugua-

glianza

f(z) =(−z)s

z(ez − 1)= −z (−z)s−1

z(ez − 1)= −(−z)s−1

ez − 1,

e che tale scrittura ha senso per ogni s complesso.

Ora voglio definire una funzione di s integrando f su una curva C. Tale

curva parte da +∞ e stando staccata di ε dall’asse dei reali positivi arriva

a distanza δ dall’origine degli assi (chiamo questo pezzo C1). A quel punto

fa il giro della circonferenza di raggio δ (C2) e arrivata ad altezza −ε torna

a +∞ (C3). Se si legge [1], l’autore scrive l’integrale di f da piu infinito e

piu infinito. Il concetto e strano ma e questo: voglio partire da piu infinito,

arrivare a zero e tornare all’infinito.

Definizione 1. Definisco ∀s ∈ C

L(s) := limε,δ→0

∫C

f(z)dz.

Prima di procedere introduciamo il seguente e molto utile lemma.

Lemma 2 (Lemma del piccolo cerchio). Se

• w ∈ C, r > 0 e 0 ≤ t1 < t2 ≤ 2π

• Ur(w) = z ∈ C | |z − w| < r

• f olomorfa in Ur(w)− w e con un polo semplice in w

• Γδ = z = w + δeit | t ∈ [t1, t2] con 0 < δ < r

5

Allora:

limδ→0

∫Γδ

f(z)dz = (t2 − t1)i Reswf.

Dimostrazione. Lo sviluppo di f in serie di Laurent centrato in w (poiche

w e polo semplice) e:

f(z) =c−1

z − w+ c0 + c1(z − w) + · · · ,

ed e chiaro che Reswf(z) = c−1.

Definisco g(z) = f(z) − c−1

z−w , chiaramente g e olomorfa in Ur(w) ed esiste

un r′ < r per cui g e limitata nella chiusura di Ur′(w). Percio se ε < r′ si

ha:

|∫

Γδ

g(z)dz| ≤ supz∈Ur′ (w)

(|g|) δ (t2 − t1) −→δ→0 0.

Dato che ∫Γδ

dz

z − w= i (t2 − t1)

si ottiene che

limδ→0

∫Γδ

f(z)dz = limδ→0

(

∫Γδ

g(z)dz + c−1

∫Γδ

dz

z − w) =

= c−1 i (t2 − t1) = Resw(f(z)) i (t2 − t1).

Grazie al lemma, l’integrale su C2 tende a 0 al tendere di δ. Infatti

Γδ = z = δeit | t ∈ [−π − ε, π + ε] e quindi limδ→0

∫C2f(z)dz =

i(π + ε − (−π − ε))Res0(f(z)) = 2i(π + ε)Res0(f(z)). Ma il residuo di

f in 0 e nullo, quindi si ha quanto cercato.

Mi soffermo ora su C1. Se z ∈ C1, allora z = x + iε, con x > 0. Quindi

−z = −x − iε, cioe si trova nel terzo quadrante, a ridosso (dal basso)

dell’asse delle ascisse. Allora il limite

limε→0

Arg(−z) = −π.

Percio

limε→0

∫C1

f(z)dz = limε→0

∫C1

(−z)s

ez − 1

dz

z= lim

ε→0

∫C1

es[ln|−z|+iArg(−z)]

ez − 1

dz

z,

6

passando il limite sotto il segno di integrale (la funzione e olomorfa ove

definita) e osservando che limε→0 z = Re(z) = x

limε→0

∫C1

es[ln|−z|+iArg(−z)]

ez − 1

dz

z=

∫ δ

+∞

es ln(x)e−πis

ex − 1

dx

x=

= −e−πis∫ +∞

δ

xs

ex − 1

dx

x= −e−πis

∫ +∞

δ

xs−1

ex − 1dx.

Ora mi concentro su C3. Facendo un ragionamento del tutto analogo, si

capisce che: se z ∈ C3, allora z = x − iε, con x > 0. Allora −z sara un

numero con parte immaginaria ε e parte reale negativa, cioe piu ε e piccolo

piu mi schiaccio sull’asse delle ascisse (dall’alto questa volta). Allora

limε→0

Arg(−z) = π.

Rifacendo gli stessi conti di prima:

limε→0

∫C3

f(z)dz = limε→0

∫C3

(−z)s

ez − 1

dz

z= lim

ε→0

∫C3

es[ln|−z|+iArg(−z)]

ez − 1

dz

z=

=

∫ +∞

δ

es ln(x)eπis

ex − 1

dx

x= eπis

∫ +∞

δ

xs

ex − 1

dx

x= eπis

∫ +∞

δ

xs−1

ex − 1dx.

Quindi ora la funzione L(s) e la somma dei contributi dati da C1 e da

C3 (C2 da contributo nullo), quindi

L(s) = limδ→0

(eπis − e−πis)∫ +∞

δ

xs−1

ex − 1dx = (eπis − e−πis)

∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx.

Ora, mettendoci nel caso s ∈ C con Re(s) > 1, per il lemma della

sezione precedente: ∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx = F (s− 1)ζ(s).

Inoltre sempre se Re(s) > 1, vale (eπis− e−πis) = 2i sin(πs), che grazie alle

proprieta della precedente sezione trasformiamo in

(eπis − e−πis) = 2isπ

F (s)F (−s)= 2πi

s

sF (s− 1)F (−s)=

2πi

F (s− 1)F (−s).

Quindi finalmente ho ottenuto, per s ∈ C con Re(s) > 1, che L(s) ammette

la seguente rappresentazione:

L(s) = (eπis−e−πis)∫ +∞

0

xs−1

ex − 1dx =

2πi

F (s− 1)F (−s)F (s−1)ζ(s) =

2πi

F (−s)ζ(s).

7

Dunque, se s ∈ C con Re(s) > 1,

ζ(s) =F (−s)

2πiL(s).

Definizione 2. Se Re(s) > 1, chiamo zeta di Riemann la funzione

ζ(s) =F (−s)

2πiL(s).

Tale funzione, se Re(s) > 1 coincide con la serie∑+∞

k=1 k−s. Osserviamo

a tal punto che L(s) ha senso per ogni s complesso e F (−s) ha senso in

particolare se Re(−s) > −1 ovvero Re(s) < 1. Quindi si estende in modo

olomorfo la zeta di Riemann in C\z ∈ C | Re(z) = 1. Riemann stesso

dimostro che puo essere prolungata analiticamente in C\1. Inoltre si puo

dimostrare che in s = 1 ammette un polo semplice, si veda [3].

3 Numeri di Bernoulli

Prima di procedere con il calcolo dei valori della ζ sugli interi, definiamo i

numeri di Bernoulli che compariranno nella formula cercata.

Definizione 3. Dato n ≥ 1, si definisce n−esimo polinomio di Bernoulli

Bn(x) quel polinomio monico che soddisfa Bn(x + 1) − Bn(x) = nxn−1

∀x ∈ R ed e tale che∫ 1

0Bn(x)dx = 0.

Il polinomio 0− esimo e posto B0(x) = 1, ∀x ∈ R.

Definizione 4. Per n ≥ 0, l’n−esimo numero di Bernoulli e Bn = Bn(0).

Si puo dimostrare, per induzione, che i polinomi di Bernoulli esistono e

sono unici. Inoltre essi soddisfano alcune proprieta che presentiamo nel

seguente lemma.

Lemma 3. Valgono le seguenti proprieta ∀n ≥ 1:

1. B′n+1(x) = (n+ 1)Bn(x), ∀x ∈ R;

2. Bn(1− x) = (−1)nBn(x), ∀x ∈ [0, 1];

3. Bn = Bn(0) = Bn(1);

4. B2n+1 = B2n+1(0) = B2n+1(1) = 0;

5.∑m

k=0

(m+1k

)Bk = δm,0.

8

6. Bn(x) =∑n

k=0

(nk

)Bkx

n−k.

Dimostrazione. Per dimostrare 1 e sufficiente verificare cheB′n+1(x)

n+1soddisfa

le proprieta della definizione dell’n−esimo polinomio di Bernoulli e quindi

per l’unicita si ha la tesi.

Come in 1, per dimostrare 2 si verifica che (−1)nBn(1 − x) soddisfa le

proprieta dell’n− esimo polinomio di Bernoulli e quindi per l’unicita si ha

la tesi.

Ora per definizione dei polinomi di Bernoulli si ha Bn(0) = Bn(1) (che e il

punto 3).

Ponendo x = 1 in 2 si ottiene B2n+1(0) = −B2n+1(1). Ma dal punto 3

si ha che B2n+1(0) = B2n+1(1), percio risulta che B2n+1 = B2n+1(0) =

B2n+1(1) = 0.

Sia Bn(x) = xn + an−1,nxn−1 + . . . + a1,nx + a0,n l’n− esimo polinomio di

Bernoulli. Dalla proprieta 1, B′n(x) = nxn−1+(n−1)an−1,nx

n−2+. . .+a1,n =

nBn−1(x) = n(xn−1 + an−2,n−1xn−2 + . . . + a1,n−1x + a0,n−1). Quindi il

coefficiente ak,n = nkak−1,n−1 se 1 ≤ k ≤ n − 1 e se n ≥ 1. Osservando che

a0,n = Bn ∀n ≥ 1 e iterando questo procedimento si ottiene che

ak,n =n

kak−1,n−1 =

n

k

n− 1

k − 1ak−2,n−2 = . . .

. . . =n(n− 1) . . . (n− k + 1)

k!a0,n−k =

(n

k

)Bn−k.

Da questo si ha il punto 6:

Bn(x) = xn +n−1∑k=0

ak,nxk = B0x

n +n−1∑k=0

(n

k

)Bn−kx

k =n∑k=0

(n

k

)Bkx

n−k.

Ponendo m ≥ 0 calcolo Bm+1(1) usando 6:

Bm+1(1) =m+1∑k=0

(m+ 1

k

)Bk = Bm+1 +

m∑k=0

(m+ 1

k

)Bk.

Se m pari positivo, m+1 e dispari e Bm+1 = 0, quindi si ha 5 in tal caso. Se

m dispari, m+1 e pari e Bm+1 = Bm+1(0) = Bm+1(1), quindi semplificando

si ottiene 5. Manca solo il caso m = 0: sapendo che B1(x) = x− 12

ottengo

B1(1) = 12

= 1 − 12

= B1(0) + 1 = B1 + 1, che e appunto la tesi nel caso

m = 0.

9

Dopo aver introdotto queste notevoli proprieta siamo interessati a ca-

pire se la funzione generatrice esponenziale dei numeri di Bernoulli ha una

scrittura esplicita e in che caso essa converge uniformemente. Chiamiamo

β(z) =+∞∑n=0

Bn

n!zn, z ∈ C

la funzione generatrice esponenziale dei numeri di Bernoulli. Per il mo-

mento la consideriamo una serie formale senza preoccuparci di stabilirne la

convergenza. Ora, sapendo che ez e una serie formale, ∀z ∈ C

ezβ(z) =+∞∑n=0

hnn!zn.

I coefficienti hn della serie, usando il prodotto di convoluzione e la penultima

proprieta esposta nel lemma, sono

hn =n∑r=0

(n

r

)Br =

n−1∑r=0

(n

r

)Br +Bn = δn,1 +Bn.

Da questo segue che β(z)ez = z + β(z) e quindi come serie formale β(z) =z

ez−1.

Bene ora occupiamoci della convergenza: osserviamo la funzione zez−1

e una

funzione olomorfa in un certo intorno complesso di 0 meno il punto 0. Ana-

lizzando attentamente e chiaro che 0 e una singolarita eliminabile, quindi

e olomorfa in una palla centrata in 0. Voglio capire qual e il suo dominio

di esistenza, ovvero la massima palla in cui posso estendere tale funzione.

Chiaramente tale palla sara il disco centrato in 0 e raggio 2π: infatti nel

punto 2iπ presenta una singolarita che non e eliminabile (e2πi − 1 = 0).

Dato che la funzione e olomorfa, si scrive come serie di Taylor in questa

palla e la serie coincide con la serie formale β. Quindi β converge unifor-

memente alla funzione in questa palla. Riassumendo, se z ∈ C e |z| < 2π,

vale zez−1

=∑+∞

n=0Bnn!zn.

Ora vediamo di fare la cosa analoga per i polinomi di Bernoulli. La funzione

generatrice esponenziale ad essi associata e F (x, t) =∑+∞

n=0Bn(x)n!

zn, ∀z ∈C, ∀x ∈ R. Da notare che, analogamente al caso precedente, per il momento

non mi preoccupo della convergenza, la serie scritta e da intendersi come

serie formale. Ora usando l’ultima proprieta del lemma, il prodotto di

10

convoluzione e la funzione generatrice esponenziale dei numeri di bernoulli

trovata prima, si ha

F (x, z) =+∞∑n=0

(n∑k=0

(n

k

)Bkx

n−k)zn

n!= (

+∞∑n=0

Bn

n!zn) ·(

+∞∑n=0

xnzn

n!) =

z

ez − 1·exz.

La funzione zexz

ez−1e la serie formale dei polinomi di Bernoulli. Studiarne

la convergenza e semplice: dai calcoli fatti prima devo imporre |z| < 2π

e, poiche exz, vista come funzione in x ∈ R, e analitica (sviluppabile in

serie di potenze) in tutto R, lo sviluppo in serie rispetto la variabile x deve

coincidere con quello della serie formale. Quindi la serie F (x, z) converge

uniformemente in R x z ∈ C | |z| < 2π alla funzione zexz

ez−1.

4 La zeta sugli interi negativi

Come dice il titolo, siamo interessati al calcolo dei valori assunti da ζ nei

punti −n con n ≥ 0. Questo risultato, enunciato nel teorema 1, ci servira

per la dimostrazione della formula di Eulero.

Teorema 1. ∀n ≥ 0

ζ(−n) = (−1)nBn+1

n+ 1.

Osservazione 4. Qui stiamo usando la definizione di ζ data nella sezione

precedente. Quindi ha perfettamente senso parlare del valore di ζ in −n.

Dimostrazione. Per definizione si ha

ζ(−n) =F (n)

2πiL(−n) =

n!

2πiL(−n).

Calcolo quindi esplicitamente L(−n) = limε,δ→0

∫C

(−z)−nez−1

dzz

. Il limite per

ε che tende a 0 e inutile. Quel limite era necessario quando (−z)s andava

rappresentato usando il Log(-z) che non e definito sull’asse reale negativo.

Stavolta, con s = n, abbiamo (−z)−n = (−1)nz−n che ha perfettamente

senso in C\0. Percio si ottiene banalmente che

limε→0

∫C1

f(z)dz =

∫ δ

+∞

(−1)nx−n−1

ex − 1dx =

= −∫ +∞

δ

(−1)nx−n−1

ex − 1dx = − lim

ε→0

∫C3

f(z)dz.

11

Quindi la loro somma fa 0 e l’integrale su C si riduce al calcolo dell’integrale

su C2, ovvero sul bordo di Bδ(0) = z ∈ C | |z| < δ. Quindi∫C2

f(z)dz =

∫C2

(−1)nz−n−1

ez − 1dz,

e moltiplicando e dividendo la funzione integranda per z si puo far compa-

rire la funzione zez−1

che e rappresentabile nella forma∑+∞

k=0Bkk!tk, quando

|z| < 2π. Tale condizione di sviluppabilita e soddisfatta dato che δ e

abbastanza piccolo, allora∫C2

(−1)nz−n−1

ez − 1dz =

∫C2

(−1)nz−n−1 z

ez − 1

dz

z=

=

∫C2

(−1)nz−n−2 z

ez − 1dz =

∫C2

(−1)nz−n−2

+∞∑k=0

Bk

k!zkdz =

= (−1)n+∞∑k=0

Bk

k!

∫C2

zk−n−2dz,

dove ho scambiato serie ed integrale perche la funzione integranda e olo-

morfa e perche la serie converge uniformemente (in quanto δ e abbastanza

piccolo).

Per il teorema dei residui∫C2

zk−n−2dz = 2πiRes0(zk−n−2),

e il residuo di zk−n−2 in 0 e non nullo solo nel caso in cui k − n− 2 = −1,

ovvero per k = n + 1, e tale residuo vale 1. Percio della serie con cui si e

rappresentato∫C2f(z)dz sopravvive solo l’(n + 1)-esimo termine. Inoltre

ci accorgiamo di non dover nemmeno fare il limite per δ che tende a zero

perche il risultato non dipende da δ.

Si ha quindi l’espressione esplicita di L(−n) cercata,

L(−n) = limδ→0

(−1)n+∞∑k=0

Bk

k!

∫C2

zk−n−2dz = (−1)nBn+1

(n+ 1)!2πi,

che inserito nella formula della zeta mi da

ζ(−n) =n!

2πiL(−n) =

=n!

2πi(−1)n

Bn+1

(n+ 1)!2πi = (−1)n

Bn+1

n+ 1.

12

Da questo teorema segue un corollario notevole, ovvero la zeta di Riemann

si annulla negli interi pari negativi.

Corollario 1. ∀n ≥ 0 ζ(−(2n)) = 0.

Dimostrazione. Dalla formula precedente

ζ(−(2n)) = (−1)2n B2n+1

2n+ 1= 0

perche i numeri di Bernoulli di ordine dispari sono nulli.

5 Equazione Funzionale

Dopo aver trovato i valori della ζ sugli interi negativi, dimostriamo un’i-

dentita soddisfatta dalla ζ nota come equazione funzionale. Essa mette in

relazione due valori della zeta di Riemann, quello calcolato in un valore s

complesso (s 6= 1, 0) e quello calcolato in 1− s.

Teorema 2. ∀s ∈ C con Re(s) < 0,

ζ(s) = 2F (−s)(2π)s−1 sin(sπ

2)ζ(1− s).

Dimostrazione. Prima di cominciare osserviamo che in Re(s) < 0, ζ(s),

ζ(1− s) e F (−s) sono funzioni ben definite ed olomorfe.

Consideriamo il seguente sottoinsieme di C.

E = z ∈ C|Rez > 0 e − ε < Imz < ε ∪⋃k∈Z

Bδ(2πki)

e definiamo D = C\E, cioe il complementare di E.

Riprendiamo la funzione f(z) usata per definire L(s) e calcoliamo l’integrale∫∂D

f(z)dz,

ove la curva ∂D e percorsa lasciando D a destra. Dato che i punti dove

f non e definita sono solo i reali non negativi (a causa della presenza del

logaritmo di −z) e i punti della forma 2πik, con k ∈ Z (a causa del fatto

che il denominatore ez−1 si annulla), la funzione f e olomorfa in D, percio

dal teorema di Gauss Green ∫∂D

f(z)dz = 0.

13

La curva C usata per definire L(s) e un tratto di ∂D e data l’arbitrarieta

di ε e δ si ha: C ⊂ ∂D e quindi

0 =

∫∂D

f(z)dz =

∫C

f(z)dz +∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

f(z)dz =

= L(s) +∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

(−z)s

z(ez − 1)dz = L(s)−

∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz.

Se moltiplichiamo a destra e a sinistra per F (−s)2πi

ottengo

0 = ζ(s)− F (−s)2πi

∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz

ovvero

ζ(s) =F (−s)

2πi

∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz.

Ora calcoliamo, per k fissato, il generico integrale della sommatoria. Dal

teorema dei residui,∫∂Bδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz = 2πiRes2πki(

(−z)s−1

(ez − 1)).

Il residuo, per definizione, e

Res2πki((−z)s−1

(ez − 1)) = lim

z→2πki(z − 2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)

e ricordando che e±2πki = 1 si ha

limz→2πki

(z − 2πki)(−z)s−1

(ez − 1)= lim

z→2πki(z − 2πki)

(−z)s−1

(ez−2πki − 1)=

= limz→2πki

(−z)s−1 (z − 2πki)

(ez − 1)= (−2πki)s−1.

Quindi ∫dBδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz = 2πi(−2πki)s−1.

Rimettendo tutto nella sommatoria

ζ(s) =F (−s)

2πi

∑k∈Z

∫∂Bδ(2πki)

(−z)s−1

(ez − 1)dz =

=F (−s)

2πi

∑k∈Z

2πi(−2πki)s−1 = F (−s)∑k∈Z

(−2πki)s−1 =

14

= F (−s)∞∑k=1

((−2πki)s−1 + (2πki)s−1) =

= F (−s)(2π)s−1((−i)s−1 + (i)s−1)∞∑k=1

ks−1 =

= F (−s)(2π)s−1((−i)s−1 + (i)s−1)∞∑k=1

1

k1−s .

Facendo un calcolo semplice si trova subito che (−i)s−1 + (i)s−1 =

2 sin( sπ2

) scrivendo i nella forma eiπ2 . Inoltre se s < 0 allora 1 − s > 1

e quindi e vero che∞∑k=1

1

k1−s = ζ(1− s).

Sostituendo il tutto si ottiene la tesi cercata, ovvero

ζ(s) = 2F (−s)(2π)s−1 sin(sπ

2)ζ(1− s).

6 La formula di Eulero: la zeta sugli interi positivi pari

Giunti a questo punto, usando i teoremi dimostrati nelle precedenti sezioni

otteniamo finalmente la formula di Eulero:

Teorema 3. ∀n ≥ 1

ζ(2n) = (−1)n+1B2n(2π)2n

2(2n)!.

Dimostrazione. Sia s = −(2n − 1) = 1 − 2n, l’equazione funzionale (che

abbiamo dimostrato per Re(s) < 0) mi dice che:

ζ(1−2n) = 2F (2n−1)(2π)−2n sin(π

2−2nπ

2)ζ(2n) = 2(2n−1)!(2π)−2n(−1)nζ(2n),

in quanto sin(π2− 2nπ

2) = sin(π

2− nπ) = (−1)n.

Dalla formula per gli interi negativi:

ζ(−(2n− 1)) = ζ(1− 2n) = (−1)2n−1B2n

2n= −B2n

2n.

Quindi si ha

−B2n

2n= 2(2n− 1)! (2π)−2n(−1)nζ(2n),

15

isolando la zeta da una parte,

ζ(2n) = −(−1)nB2n(2π)2n

2(2n)!.

La formula e stata ottenuta usando metodi di matematica piuttosto avan-

zati.

Osservazione 5. Quindi ho trovato i valori della ζ negli interi positivi

pari. A questo punto ci si puo chiedere se possiamo trovare i valori della

ζ nei punti ni con n ∈ Z. Consigliamo al lettore interessato la lettura di

[5], l’autore non trova una formula esplicita ma dimostra una formula che

approssima tali valori.

7 Una dimostrazione piu elementare

Vediamo ora una dimostrazione che utilizza concetti matematici piu ele-

mentari. Essa prende spunto dal metodo usato da Papadimitriou in [4].

Innanzi tutto prendiamo come punto di partenza la seguente uguaglianza:

∀m ≥ 1m∑k=1

cot2(kπ

2m+ 1) =

m(2m− 1)

3=

2

3m2 +O(m).

La dimostrazione di questa puo essere trovata in [4].

Generalizziamola:

Lemma 4. ∀n,m ≥ 1

m∑k=1

cot2n(kπ

2m+ 1) = (−1)n−1 24n−1B2n

(2n)!m2n +O(m2n−1).

Dimostrazione. Definiamo prima qualche oggetto per semplificare le nota-

zioni. Per ogni k = 1, . . . ,m chiamo xk := cot2( kπ2m+1

) e sn =∑m

k=1 xnk .

La tesi da dimostrare e che

sn = (−1)n−1 24n−1B2n

(2n)!m2n +O(m2n−1).

Come in [4], considero inoltre il polinomio definito ∀m ≥ 1

pm =

(2m+ 1

1

)xm−

(2m+ 1

3

)xm−1+

(2m+ 1

5

)xm−2−

(2m+ 1

7

)xm−3+· · ·

16

che ha come radici xkk=1,...,m e chiamando σk,

con k = 1, · · · ,m, le funzioni simmetriche elementari di xkk=1,··· ,m (ovve-

ro σ1 = x1 +. . .+xm, σ2 = x1x2 +x2x3 +x1x3 +. . ., . . ., σm = x1x2 · · ·xm) si

ha che σk e il modulo del coefficiente di xm−k nel polinomio pm

(2m+11 )

= pm2m+1

ovvero

σk =

(2m+12k+1

)2m+ 1

=1

2m+ 1

(2m+ 1)!

(2k + 1)! (2m− 2k)!=

=(2m)(2m− 1) · · · (2m− 2k + 1)

(2k + 1)!=

22km2k

(2k + 1)!+O(m2k−1).

Ora fissato un qualunque m ≥ 1, dimostro la tesi per induzione su n.

Per n=1 ho l’identita scritta all’inizio della sezione (dimostrata da Papa-

dimitriou in [4]). Sia vera la tesi per ogni 1 ≤ n ≤ r − 1, verifico la tesi

per r. Osservo che sr =∑m

k=1 xrk e combinazione lineare degli sk, infatti,

usando le funzioni simmetriche vale

−sr = (−1)rrσr +r−1∑k=1

(−1)r−kskσr−k.

I σk li ho calcolati sopra e per ipotesi induttiva conosco gli sk, quindi ho:

(−1)r−kskσr−k =

= (−1)r−k[(−1)k−1 24k−1B2k

(2k)!m2k+O(m2k−1)][

22(r−k)

(2(r − k) + 1)!m2(r−k)+O(m2(r−k)−1)] =

= (−1)r−1 22r+2k−1B2k

(2k)!(2r − 2k + 1)!m2r +O(m2r−1).

Poi:

(−1)rrσr = (−1)r2r 22r−1

(2r + 1)!m2r +O(m2r−1).

Quindi si ha che

−sr = (−1)rrσr +r−1∑k=1

(−1)r−kskσr−k =

= (−1)r22r−1m2r[2r

(2r + 1)!−

r−1∑k=1

22kB2k

(2k)!(2r − 2k + 1)!] +O(m2r−1).

Si dimostra facilmente (lo si puo trovare in [2]) che

2r

(2r + 1)!=

r∑k=1

22kB2k

(2k)!(2r − 2k + 1)!],

17

allora ho che2r

(2r + 1)!−

r−1∑k=1

22kB2k

(2k)!(2r − 2k + 1)!] =

=2r

(2r + 1)!−

r∑k=1

22kB2k

(2k)!(2r − 2k + 1)!] +

22rB2r

(2r)!=

22rB2r

(2r)!.

Unendo questo risultato a quanto trovato prima

−sr = (−1)r22r−1 m2r 22rB2r

(2r)!+O(m2r−1) = (−1)r

24r−1B2r

(2r)!m2r+O(m2r−1),

percio cambiando segno a destra e a sinistra si ottiene la tesi cercata.

Ora possiamo usare questo lemma per dimostrare la nostra formula. E’ un

conto piuttosto noioso pero e molto semplice. E’ noto che ∀x ∈ (0, π2)

sin(x) ≤ x ≤ tan(x),

passando ai quadrati

sin2(x) ≤ x2 ≤ tan2(x)

e passando agli inversi

1

tan2(x)≤ 1

x2≤ 1

sin2(x).

Dalle formule trigonometriche

cot2(x) ≤ 1

x2≤ 1 + cot2(x)

ed elevando tutto alla n si ottiene:

cot2n(x) ≤ 1

x2n≤ (1 + cot2(x))n.

Ora riconduciamoci alla situazione del lemma. Per m ≥ 1 e 1 ≤ k ≤ m

poniamo x = πk2m+1

. Ora si vede che tale x e compreso tra 0 e π2

estremi

esclusi, quindi vale la disuguaglianza di prima. Sommando per k da 1 a m

si ottiene:

m∑k=1

cot2n(πk

2m+ 1) ≤ (2m+ 1)2n

π2n

m∑k=1

1

k2n≤

m∑k=1

(1 + cot2(πk

2m+ 1))n.

18

Ora per il lemma precedente

m∑k=1

(1 + cot2(πk

2m+ 1))n =

m∑k=1

n∑j=1

(n

j

)cot2j(

πk

2m+ 1) =

=m∑k=1

cot2n(πk

2m+ 1) +O(m2n−2).

Sempre per il lemma precedente

m∑k=1

cot2n(πk

2m+ 1)) = (−1)n−1 24n−1B2n

(2n)!m2n +O(m2n−1).

Unendo queste informazioni si ottiene la disuguaglianza:

(−1)n−1 24n−1B2n

(2n)!m2n +O(m2n−1) ≤ (2m+ 1)2n

π2n

m∑k=1

1

k2n≤

≤ (−1)n−1 24n−1B2n

(2n)!m2n +O(m2n−1).

Moltiplicando tutto per π2n

(2m+1)2nsi ottiene:

(−1)n−1π2n24n−1B2n

(2n)!

m2n

(2m+ 1)2n+O(

m2n−1

(2m+ 1)2n) ≤

m∑k=1

1

k2n≤

≤ (−1)n−1π2n24n−1B2n

(2n)!

m2n

(2m+ 1)2n+O(

m2n−1

(2m+ 1)2n).

Quindi ho compresso la sommatoria centrale tra due quantita che al

limite per m crescente hanno stesso andamento. Notiamo che al centro,

per m che tende a +∞ si ha la zeta di Riemann calcolata in 2n. Dato che

limm→+∞

m2n

(2m+ 1)2n= 2−2n

e dato che

limm→+∞

m2n−1

(2m+ 1)2n= 0,

per il teorema dei carabinieri si ottiene l’identita

ζ(2n) = (−1)n−1π2n24n−1B2n

(2n)!2−2n = (−1)n−1 (2π)2nB2n

2 (2n)!,

e considerato che (−1)n−1 = (−1)n+1 ovvero la formula di Eulero cercata.

19

8 Un po’ di storia

Il primo contributo di Eulero sulla zeta di Riemann appare nello scritto

“De Summatione Innumerabilium Progressionum” (1731) dove fornisce un

metodo originale per il calcolo di ζ(2). Nel 1732, in “Methodus Generalis

Summandi Progressioni”, fornisce quella che poi verra chiamata “Formula

di Eulero-MacLaurin” dove appaiono i numeri di Bernoulli. Nel 1736 Eule-

ro pubblica “Inventio Summae Cuiusque Seriei Ex Dato Termini Generali”

dove facendo calcoli su funzioni sviluppabili con lo sviluppo di Taylor incon-

tra la funzione generatrice dei numeri di Bernoulli. E una scoperta nuova

che lo porta a scrivere la forma attualmente usata della formula di Eulero-

MacLaurin e all’approssimazione della costante di Eulero-Mascheroni. Inol-

tre fornisce una nuova stima per ζ(2).

In realta veri e propri progressi nel calcolo dei numeri ζ(2n) avvennero nel

1734 in una lettera di Eulero a Bernoulli (purtroppo andata perduta) dove

Eulero diceva di aver dimostrato che

ζ(2) =π2

6, ζ(4) =

π4

90.

Bernoulli rispose a tale lettera dicendo che dimostrare tale identita a po-

steriori e facile e che avrebbe invece voluto vedere la sua dimostrazione

originale. Ora diamo una idea della dimostrazione di Eulero:

Supponiamo di avere α reale che non sia multiplo di π, ad esempio α

razionale. Considero la funzione

f(x) = 1− sinx

sinα.

Lo sviluppo di Taylor di tale funzione e:

f(x) = 1− x

sinα+

x3

3! sinα− x5

5! sinα+

x7

7! sinα− · · ·

Eulero, senza giustificare approfonditamente, considerava le funzioni tra-

scendenti periodiche come polinomi di grado infinito. Quindi in modo

naturale rappresentava f(x) in termini delle sue radici ak:

f(x) =+∞∏k=1

(1− x

ak).

Ora le radici di f sono: 2nπ + α con n ∈ Z e 2nπ + π − α con n ∈ Z.

Quindi

f(x) =∏n∈Z

(1− x

2nπ + α)(1− x

2nπ + π − α) =

20

= (1−xα

)+∞∏n=1

(1− x

(2n− 1)π − α)(1+

x

(2n− 1)π + α)(1− x

2nπ + α)(1+

x

2nπ − α).

Ora uso le funzioni elementari simmetriche (come fatto nella dimostrazione

del lemma 2) definite come

σm =∑

i1,··· ,im≥1

ai1 · · · aim

e chiamo (sempre in analogia con il lemma 2)

Sm =∑k≥1

amk .

Vediamo per esempio che

S1 = σ1 S2 = σ21 − 2σ2 S3 = σ3

1 − 3σ1σ2 + 3σ3.

Osserviamo che i σk sono i coefficienti dello sviluppo in serie di Taylor di f

(scritto sopra) perche sono i coefficienti che verrebbero moltiplicando tutti

i termini (1 − xak

) . Quindi, dato che lo sviluppo di Taylor di f ha tutti i

coefficienti di x2n con n ≥ 1 nulli. Quindi σ2n = 0, ∀n ≥ 1. Ora

σ1 =1

sinα= S1 =

=1

α+

+∞∑n=1

(− 1

(2n− 1)π − α+

1

(2n− 1)π + α− 1

2nπ + α+

1

2nπ − α),

poi

σ2 = 0 = S2 − σ21 =

=1

α2+

+∞∑n=1

(− 1

((2n− 1)π − α)2+

1

((2n− 1)π + α)2− 1

(2nπ + α)2+

1

(2nπ − α)2)+

− 1

sin2 α,

poi ancora

σ3 =1

3! sinα=

1

3(3σ1σ2 − σ3

1 + S3) =−σ3

1 + S3

3=

=1

3[

1

α3+

+∞∑n=1

(− 1

((2n− 1)π − α)3+

1

((2n− 1)π + α)3− 1

(2nπ + α)3+

1

(2nπ − α)3)+

− 1

sin3 α],

21

e cosı via calcolandosi mano mano i σk.

Ora ponendo α = π2, da σ1 Eulero ottenne:

4

π(1− 1

3+

1

5· · · ) = 1,

mentre da σ2 ottenne

8

π2(1 +

1

32+

1

52+ · · · ) = 1.

Dato che la somma dei reciproci dei dispari al quadrato e i 34

della somma

ζ(2) e chiaro che8

π2

3

4ζ(2) = 1

ovvero6

π2ζ(2) = 1

cioe

ζ(2) =π2

6.

Con il calcolo di σ4 si ottiene ζ(4) e cosı via. Da notare come non si riesce

a calcolare la zeta nei dispari perche con questo metodo otteniamo serie

a termini alternati (come nel caso di σ1). Bernoulli contesto a Eulero il

fatto apparentemente ingiustificato di considerare le funzioni trascendenti

come polinomi di grado infinito. Eulero, invece, continuava a ribadire con

certezza le sue idee e diceva anzi che il metodo da lui usato era basato su

un principio il cui uso non era mai stato fatto prima. Cosı successivamente

inizio a giustificare rigorosamente la teoria dei prodotti infiniti.

Dopo essere passato allo studio di altro, Eulero ritorna sulla zeta nel 1740

con “De Seriebus Quibusdam Considerationes”. In questo lavoro dimostra

la formula

π cos[ (b−a)π2n

]

n sin[ (b+a)π2n

]− n sin[ (b−a)π2n

]=

1

a+

+∞∑k=1

2b

(2k − 1)2n2 − b2− 2a

(2kn)2 − a2.

Con tale formula riottiene i valori della ζ negli interi pari. Inoltre, nello

stesso lavoro, compie notevoli progressi verso il calcolo della zeta negli interi

dispari ottenendo risultati che sarebbero stati giustificati tempo dopo. In

uno dei lavori successivi si concentra nello sviluppo della funzione

sinx

x

22

come produttoria e, facendo come con f(x) = 1 − sinxsinα

, ritrova le stesse

formule ottenute a partire dalla f .

Il suo lavoro e stato davvero soprendente ed eccezionale, per gli interes-

sati si consiglia la lettura di [3].

Nel 1749 continua ad estendere la sua teoria nel tentativo di trovare i valori

mancanti della ζ scrivendo “Remarques sur un beau rapport entre les series

des puissances tant directes que reciproques”. Trova la formula, (detto log

il logaritmo naturale),∞∑k=0

1

(2k + 1)3=π2

2Z,

dove

Z =∞∑n=2

(−1)nn2 log n,

(in un certo senso utile per il calcolo di ζ(3) ) e altre formule simili per

la zeta nei dispari. Nel 1772, infine, torna sul problema nello scritto

“Exercitationes Analyticae” dove dimostra che∞∑k=0

1

(2k + 1)3=π2

4log 2 + 2

∫ π2

0

x log sinx dx.

Una bozza della dimostrazione si puo trovare in [3]. Con cio si concludono

i notevoli contributi di Eulero sulla zeta di Riemann.

Riferimenti bibliografici

[1] Edwards, H. M., Riemann’s Zeta Function, Courier Dover Publications,

2001

[2] Apostol, T.M., Another Elementary Proof of Euler’s Formula for ζ(2n),

The American Mathematical Monthly, 80, 1973

[3] Ayoub, R., Euler And The Zeta Function, The American Mathematical

Monthly, 81, 1974

[4] Papadimitriou, I.A., Simple Proof Of The Formula∑+∞

k=11n2 = π2

6, The

American Mathematical Monthly, 80, 1973

[5] Gourdon, X. and Sebah, P., Numerical Evaluation of the Riemann Zeta-

Function, //numbers.computation.free.fr/Constants/constants.html,

23/07/2003

23