巴塞尔问题

是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由莱昂哈德·欧拉在1735年解决。由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题马上就出名了，当时他二十八岁。欧拉把这个问题作了一番推广，他的想法后来被黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的质数个数》（On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude）中所采用，论文中定义了黎曼ζ函数，并证明了它的一些基本的性质。这个问题是以瑞士的第三大城市巴塞尔命名的，它是欧拉和伯努利家族的家乡。
这个问题是精确计算所有平方数的倒数的和，也就是以下级数的和：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n^2})$$

这个级数的和大约等于1.（$OEIS$中的数列$A013661$）。巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，并证明它是正确的。欧拉发现准确值是 ${\pi }^2/6，$ 并在1735年公布。他的证明还不是十分严密，真正严密的证明在1741年给出。

欧拉对这个问题的研究

欧拉最初推导 ${\pi }^2/6$ 的方法是聪明和新颖的。他把有限多项式的观察推广到无穷级数，并假设相同的性质对于无穷级数也是成立的。当然，欧拉的想法不是严密的，还需要进一步证明，但他计算了级数的部分和后发现，级数真的趋于 ${\pi }^2/6$ 不多不少。这给了他足够的自信心，把这个结果公诸于众。
欧拉的方法是从正弦函数的泰勒级数展开式开始：
$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$$

两边除以 $x，$ 得：
$$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots$$

现在， $\frac{\sin x}{x}=0$ 的根出现在 $x=n\cdot \pi ，$ 其中 $n=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\dots .$ 我们假设可以把这个无穷级数表示为线性因子的乘积，就像把多项式因式分解一样：

$$\begin{array}{rl}\frac{\sin x}{x}& =\left(1-\frac{x}{\pi }\right)\left(1+\frac{x}{\pi }\right)\left(1-\frac{x}{2\pi }\right)\left(1+\frac{x}{2\pi }\right)\left(1-\frac{x}{3\pi }\right)\left(1+\frac{x}{3\pi }\right)\cdots \\ & =\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{9{\pi }^2}\right)\cdots .\end{array}$$

如果把这个乘积展开，并把所有 $x^2$ 的项收集在一起，我们可以看到， $\frac{\sin x}{x}$ 的二次项系数为：$$-\left(\frac{1}{{\pi }^2}+\frac{1}{4{\pi }^2}+\frac{1}{9{\pi }^2}+\cdots \right)=-\frac{1}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.$$

但从 $\frac{\sin x}{x}$ 原先的级数展开式中可以看出， $x^2$ 的系数是 $-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{6}$。 这两个系数一定是相等的；因此，
$$-\frac{1}{6}=-\frac{1}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.$$

等式两边乘以 $-{\pi }^2$ 就可以得出所有平方数的倒数之和。
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

证毕。

黎曼$\zeta$函数

黎曼 $\zeta$ 函数 $\zeta (s)$ 是数学中的一个很重要的函数，因为它与素数的分布密切相关。这个函数对于任何实数部分大于1的复数$s$ 都是有定义的，由以下公式定义：
$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$$

取$s=2$，我们可以看出ζ(2)等于所有平方数的倒数之和：
$$\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\approx 1.644934$$

用以下的等式，可以证明这个级数收敛：
$$\sum _{n=1}^N\frac{1}{n^2}<1+\sum _{n=2}^N\frac{1}{n(n-1)}=1+\sum _{n=2}^N\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=1+1-\frac{1}{N}\stackrel{N\to \infty }{⟶}2.$$

因此$\zeta (2)$的上界小于 $2$，因为这个级数只含有正数项，它一定是收敛的。可以证明，当 $s$ 是正的偶数时，$\zeta (s)$可以用伯努利数来表示。设 $s=2n$，有以下公式：
$$\zeta (2n)=\frac{(2\pi {)}^{2n}(-1{)}^{n+1}{B}_{2n}}{2\cdot (2n)!}$$

严密的证明

以下介绍了一个 $\zeta (2)={\pi }^2/6$ 的证明。它是目前已知最基本的证明，大部分其它的证明都需要用到傅里叶分析、复分析和多变量微积分，但这个证明连一微积分也不需要（在证明的最后部分需要使用极限的概念）。
圆心为 $O$，半径为r的圆形
考虑面积，$$\frac{1}{2}{r}^2\tan \theta >\frac{1}{2}{r}^2\theta >\frac{1}{2}{r}^2\sin \theta \tan \theta >\theta >\sin \theta \frac{1}{\tan \theta }<\frac{1}{\theta }<\frac{1}{\sin \theta }{\cot }^2\theta <\frac{1}{{\theta }^2}<{\csc }^2\theta$$

这个证明的想法是把以下的部分和固定在两个表达式之间，这两个表达式当m趋于无穷大时都趋于 ${\pi }^2/6$

$$\sum _{k=1}^m\frac{1}{k^2}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{m^2}$$

这两个表达式从余切和余割的恒等式推出。而这些恒等式则从棣莫弗定理推出。
设 $x$ 为一个实数，满足 $0<x<\pi /2$， 并设 $n$ 为正整数。从棣莫弗定理和余切函数的定义，可得：
$$\frac{\cos (nx)+i\sin (nx)}{(\sin x{)}^n}=\frac{(\cos x+i\sin x{)}^n}{(\sin x{)}^n}={\left(\frac{\cos x+i\sin x}{\sin x}\right)}^n=(\cot x+i{)}^n.$$

根据二项式定理，我们有：
$$(\cot x+i{)}^n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}){\cot }^{n}x+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})({\cot }^{n-1}x)i+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1})(\cot x)i^{n-1}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})i^n$$

$$=\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right){\cot }^{n}x-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right){\cot }^{n-2}x\pm \cdots \right]+i\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right){\cot }^{n-1}x-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right){\cot }^{n-3}x\pm \cdots \right].$$

把两个方程合并，由于相等的两个复数的虚数部分也一定相等，因此有：
$$\frac{\sin (nx)}{(\sin x{)}^n}=\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right){\cot }^{n-1}x-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right){\cot }^{n-3}x\pm \cdots \right].$$

固定一个正整数m，设 $n=2m+1$， 并考虑 $x_r=r\pi /(2m+1)$ 对于 $r=1,2,\dots ,m$ 那么 $n{x}_r$ 是 $\pi$ 的倍数，因此是正弦函数的零点，所以：
$$0=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{1}\right){\cot }^{2m}{x}_r-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{3}\right){\cot }^{2m-2}{x}_r\pm \cdots +(-1{)}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{2m+1})$$

对于所有的 $r=1,2,\dots ,m。x_1\dots \dots x_m$ 是区间$(0,\pi /2)$ 内不同的数。由于函数 $co{t}^{2}x$ 在这个区间内是一一对应的，因此当 $r=1,2,\dots ,m$ 时， $t_r=co{t}^2{x}_r$ 的值各不同。根据以上方程，这些 $m$ 个" $t_r$"是以下$m$次多项式的根：
$$p(t):=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{1}\right)t^m-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{3}\right)t^{m-1}\pm \cdots +(-1{)}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{2m+1}).$$

根据韦达定理，我们可以直接从这个多项式的头两项计算出所有根的和，因此：
$${\cot }^2{x}_1+{\cot }^2{x}_2+\cdots +{\cot }^2{x}_m=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2m+1}{1}\right)}=\frac{2m(2m-1)}{6}.$$

把恒等式 $cs{c}^{2}x=co{t}^{2}x+1$ 代入，可得：
$${\csc }^2{x}_1+{\csc }^2{x}_2+\cdots +{\csc }^2{x}_m=\frac{2m(2m-1)}{6}+m=\frac{2m(2m+2)}{6}.$$

现在考虑不等式 $co{t}^{2}x<1/x^2<cs{c}^{2}x$。 如果我们把对于 $x_r=r\pi /(2m+1)$ 的所有不等式相加起来，并利用以上的两个恒等式，便可得到：$$\frac{2m(2m-1)}{6}<{\left(\frac{2m+1}{\pi }\right)}^2+{\left(\frac{2m+1}{2\pi }\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{2m+1}{m\pi }\right)}^2<\frac{2m(2m+2)}{6}.$$

把不等式乘以 $(\pi /(2m+1){)}^2$， 便得：
$$\frac{{\pi }^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right)<\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{m^2}<\frac{{\pi }^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m+2}{2m+1}\right).$$

当 $m$ 趋于无穷大时，左面和右面的表达式都趋于 ${\pi }^2/6$， 因此根据夹挤定理，有：$$\zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\underset{m\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{m^2}\right)=\frac{{\pi }^2}{6}$$

证毕。

傅里叶级数的证明

设有函数 $f(x)=x，$ 其定义域为 $x\in (-\pi ,\pi )$。 这个函数的傅里叶级数是：
$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(-1{)}^{n+1}}{n}\sin (nx)$$

根据帕塞瓦尔恒等式，我们有：$$\frac{{\pi }^2}{3}=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^2(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }(2\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}\sin (nt){)}^{2}dt=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

因此
$$\frac{{\pi }^2}{6}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$证毕。

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