巴塞尔问题

巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由義大利數學家在1644年提出，瑞士數學家莱昂哈德·欧拉於1735年解决。由于这个问题难倒了以前许多的数学家，年仅二十八岁的欧拉因此一举成名。欧拉把这个问题作了一番推广，他的想法后来被德國數學家黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的质数个数》（）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}^\infin \frac{1}{n^2} =
\lim_{n \to +\infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{n^2}\right)

这个级数的和大约等于1.644934。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\frac{\pi^2}{6}，并在1735年公布；彼时他給出了一個錯誤的证明，真正严密的证明在1741年给出。

收敛性证明
利用放缩法可以简便地证明级数\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}有界，並由单调收敛定理得到收敛性。

注意到\forall n\in \mathbb{N}^*且n\geqslant 2，\frac{1}{n^2}。故

\begin{align}
1+\left( \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2} \right) &

故1。

欧拉的錯誤證明
欧拉最初推导\frac{\pi^2}{6}\,的方法是聪明和新颖的。他假设有限多项式的性质对于无穷级数也是成立的。然而，欧拉沒有證明此一假设，且此一假設在一般情況下也是錯誤的。不過他计算了级数的部分和后发现，级数確實趨近\frac{\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 = \pm1, \pm2, \pm3, \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{align}
\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{align}

如果把这个乘积展开，并把所有有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}

黎曼ζ函数
黎曼ζ函数ζ(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}^\infin \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}^\infin \frac{1}{n^2} =
\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots = \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}

因此ζ(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，ζ(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)=\frac{\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，但这个证明连一元微积分也不需要（在证明的最后部分需要使用极限的概念）。

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}
:\cot^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\frac{\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 \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 = {n \choose 0} \cot^n x + {n \choose 1} (\cot^{n-1} x)i + \cdots + {n \choose {n-1}} (\cot x)i^{n-1} + {n \choose n} i^n

:= \left[ {n \choose 0} \cot^n x - {n \choose 2} \cot^{n-2} x \pm \cdots \right] \; + \; i\left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \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[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right]

固定一个正整数m，设n = 2m + 1，并考虑xr = r π/(2m + 1)对于r = 1、2、……、m。那么nxr是π的倍数，因此是正弦函数的零点，所以：

:0 = {{2m+1} \choose 1} \cot^{2m} x_r - {{2m+1} \choose 3} \cot^{2m-2} x_r \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}

对于所有的r = 1、2、……、m。x1、……、xm是区间(0, π/2)内不同的数。由于函数cot2 x在这个区间内是一一对应的，因此当r = 1、2、……、m时，tr = cot2 xr的值各不同。根据以上方程，这些m个"tr"是以下m次多项式的根：

:p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {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{\binom{2m+1}3} {\binom{2m+1}1}= \frac{2m(2m-1)}6

把恒等式csc2 x = cot2 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cot2 x 2 2 x。如果我们把对于xr = r π/(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

把不等式乘以(π/(2m + 1))2，便得：

:\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right)

当m趋于无穷大时，左面和右面的表达式都趋于\frac{\pi^2}{6}，因此根据夹挤定理，有：

:\zeta(2) =
\sum_{k=1}^\infin \frac{1}{k^2} =
\lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}

证毕。

二重积分的证明
首先考虑二重积分\iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy}的级数展开形式，其中区域D1为x∈(0,1)且y∈(0,1)的正方形区域：

:
\begin{align}
\iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy} &= \int_0^1 \left(\int_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-xy}\right) \mathrm dy = \int_0^1 \left[\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty(xy)^{n-1} \mathrm dx\right] \mathrm dy\\
&= \int_0^1 \left.\sum_{n=1}^\infty \frac{x^ny^{n-1}}{n}\right|_{x=0}^{x=1} \mathrm dy = \int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{y^{n-1}}{n} \mathrm dy\\
&= \left.\sum_{n=1}^\infty \frac{y^n}{n^2}\right|_{y=0}^{y=1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}
\end{align}

接下来考虑做如下变换：

:
\begin{cases}
x = u \cos \dfrac{\pi}{4} - v \sin \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{u-v}{\sqrt2}\\
y = u \sin \dfrac{\pi}{4} + v \cos \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{u+v}{\sqrt2}\\
\end{cases}

相当于将正方形区域D1旋转45°之后变成D2，但仍然保持其形状与面积，其中正方形D2的四个顶点在(u,v)下的坐标分别是(0,0)、(1/\sqrt2,-1/\sqrt2)、(\sqrt2,0)、(1/\sqrt2,1/\sqrt2)：

:
\begin{align}
\iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy} &= \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{1-\frac{(u-v)(u+v)}2} = 2 \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\\
&= 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left(\int_{-u}^{u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du + 2 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left(\int_{u-\sqrt2}^{\sqrt2-u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du\\
&= 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left(\int_{0}^{u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du + 4 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left(\int_{0}^{\sqrt2-u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du\\
&= I_1+I_2
\end{align}

最后一行用到的是偶函数的性质化简积分，并且将加号前后的两个积分（包括前面的系数）简记为I1与I2。先计算I1，下面变量代换设u=\sqrt2\sin\theta，则有\mathrm du=\sqrt2\cos\theta\mathrm d\theta：

:
\begin{align}
I_1 &= 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left.\frac{\arctan\frac{v}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}}\right|_{v=0}^{v=u} \mathrm du = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \frac{\arctan\frac{u}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}} \mathrm du\\
&= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt2 \cos\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 \sin\theta}{\sqrt{2-2\sin^2\theta}}}{\sqrt{2-2\sin^2\theta}} \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt2 \cos\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 \sin\theta}{\sqrt2 \cos\theta}}{\sqrt2 \cos\theta} \mathrm d\theta\\
&= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \arctan \tan\theta \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \theta \mathrm d\theta = 2\theta^2\bigg|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{6}} = \frac{\pi^2}{18}
\end{align}

类似地，再计算I2，下面变量代换设u=\sqrt2\cos\theta，则有\mathrm du=-\sqrt2\sin\theta\mathrm d\theta，并且交换积分上下限从负号变回正号：

:
\begin{align}
I_2 &= 4 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left.\frac{\arctan\frac{v}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}}\right|_{v=0}^{v=\sqrt2-u} \mathrm du =
\int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \frac{\arctan\frac{\sqrt2-u}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}} \mathrm du\\
&= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt2 \sin\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 - \sqrt2 \cos\theta}{\sqrt{2-2\cos^2\theta}}}{\sqrt{2-2\cos^2\theta}} \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt2 \sin\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 (1 - \cos\theta)}{\sqrt2 \sin\theta}}{\sqrt2 \sin\theta} \mathrm d\theta\\
&= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \arctan \tan \frac\theta2 \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac\theta2 \mathrm d\theta = \theta^2\bigg|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi^2}{9}
\end{align}

最终可以得到：
:
\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2} = \iint\limits_{D_1}\frac{\mathrm dx\mathrm dy}{1-xy} = 2 \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{2-u^2+v^2} = I_1+I_2 = \frac{\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{9} = \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：

:{\pi^2 \over 3} = {1 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) \, dx = \sum_{n=1}^{\infty}{1 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (2 \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin(nt) )^2 dt = 2 \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}

因此
:{\pi^2 \over 6} = \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}

证毕。

参考文献

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外部链接
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• [http://secamlocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf ζ(2)=π2/6的十四种证明] ，由Robin Chapman编制