查看“︁巴塞尔问题”︁的源代码

{{NoteTA|G1=Math}}
{{Pi box}}
'''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{{link-en|皮耶特罗·门戈利|Pietro_Mengoli}}<!--- 见http://www.dyu.edu.tw/~mfht206/history/17/italy.htm -->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》（{{lang|de|''Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Grösse''}}）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：

:<math>
\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)
</math>

这个级数的和大约等于'''1.644934'''{{OEIS|id=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<math>\frac{\pi^2}{6}</math>，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<math>\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}</math>有界，並由[[单调收敛定理]]得到收敛性。

注意到<math>\forall n\in \mathbb{N}^*</math>且<math>n\geqslant 2</math>，<math>\frac{1}{n^2}<\frac{1}{\left( n-1 \right) n}</math>。故

<math>\begin{align}
1+\left( \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2} \right) & <1+\left( \frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots +\frac{1}{\left( n-1 \right) n} \right) 
\\
& =1+\left( 1-\frac{1}{n} \right) 
\\
& <2
\end{align}</math>

故<math>1<\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}<2</math>。

==欧拉的錯誤證明==
欧拉最初推导<math>\frac{\pi^2}{6}\,</math>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<math>\frac{\pi^2}{6}\,</math>，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[[三角函数|正弦函数]]的[[泰勒级数]]展开式开始：

:<math> \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots </math>

两边除以<math>x\,</math>，得：

:<math> \frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots </math>

现在，<math>\frac{\sin x}{x}= 0\,</math>的根出现在<math>x = n\cdot\pi\,</math>，其中<math>n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots\,</math>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：

:<math>
\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}
</math>

如果把这个乘积展开，并把所有有<math>x^2\,</math>的项收集在一起，我们可以看到， <math>\frac{\sin x}{x}\,</math>的二次项系数为：

:<math>
-\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}
</math>

但从<math>\frac{\sin x}{x}\,</math>原先的级数展开式中可以看出，<math>x^2\,</math>的系数是<math>-\frac{1}{3!}= -\frac{1}{6}\,</math>。这两个系数一定是相等的；因此，

:<math>
-\frac{1}{6} =
-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
</math>

等式两边乘以<math>-\pi^2\,</math>就可以得出所有平方数的倒数之和。

:<math>
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
</math>

==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 (数学)|复数]]''s''都是有定义的，由以下公式定义：

:<math>
\zeta(s) =
\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^s}
</math>

取''s'' = 2，我们可以看出ζ(2)等于所有平方数的倒数之和：

:<math>
\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
</math>

用以下的等式，可以证明这个级数收敛：

:<math>
\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} \, \xrightarrow{N \to \infty} \, 2
</math>

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<math>s=2n</math>，有以下公式：

:<math>
\zeta(2n)=\frac{(2\pi)^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot(2n)!}
</math>

==严密的证明==
以下介绍了一个'''<math>\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}</math>'''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[[極限 (數列)|极限]]的概念）。

<!-- 檔案不存在 [[File:limit circle FbN.jpeg|thumb|圆心为O，半径为r的圆形]] ，可從英文維基百科取得 -->
考虑面积，<math>\frac{1}{2}r^2\tan\theta > \frac{1}{2}r^2\theta > \frac{1}{2}r^2\sin\theta</math>
:<math>\tan\theta>\theta>\sin\theta</math>
:<math>\frac{1}{\tan\theta}<\frac{1}{\theta}<\frac{1}{\sin\theta}</math>
:<math>\cot^2\theta<\frac{1}{\theta^2}<\csc^2\theta</math>

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<math>\frac{\pi^2}{6}</math>。

:<math>\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}</math>

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'' < π/2，并设''n''为正整数。从棣莫弗定理和余切函数的定义，可得：

:<math>\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</math>

根据[[二项式定理]]，我们有：

:<math>(\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</math>

:<math>= \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]</math>

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：

:<math>\frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n} = \left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right]</math>

固定一个正整数''m''，设''n'' = 2''m'' + 1，并考虑''x''<sub>''r''</sub> = ''r'' π/(2''m''&nbsp;+&nbsp;1)对于''r'' = 1、2、……、''m''。那么''nx''<sub>''r''</sub>是π的倍数，因此是正弦函数的零点，所以：

:<math>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}}</math>

对于所有的''r'' = 1、2、……、''m''。''x''<sub>1</sub>、……、''x''<sub>''m''</sub>是区间(0, π/2)内不同的数。由于函数cot<sup>2</sup>&nbsp;''x''在这个区间内是一一对应的，因此当''r'' = 1、2、……、''m''时，''t''<sub>''r''</sub> = cot<sup>2</sup>&nbsp;''x''<sub>''r''</sub>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：

:<math>p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}</math>

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：

:<math>\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</math>

把恒等式csc<sup>2</sup> ''x'' = cot<sup>2</sup> ''x'' + 1代入，可得：

:<math>\csc ^2 x_1 + \csc ^2 x_2 + \cdots + \csc ^2 x_m
=\frac{2m(2m-1)}6 + m = \frac{2m(2m+2)}6</math>

现在考虑不等式cot<sup>2</sup> ''x'' < 1/''x''<sup>2</sup> < csc<sup>2</sup> ''x''。如果我们把对于''x''<sub>''r''</sub> = ''r''&nbsp;π/(2''m''&nbsp;+&nbsp;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：

:<math>\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</math>

把不等式乘以(π/(2''m'' + 1))<sup>2</sup>，便得：

:<math>\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)</math>

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

:<math>\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}</math>

证毕。

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

:<math>
\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}
</math>

接下来考虑做如下变换：

:<math>
\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}
</math>

相当于将正方形区域''D''<sub>1</sub>旋转45°之后变成''D''<sub>2</sub>，但仍然保持其形状与面积，其中正方形''D''<sub>2</sub>的四个顶点在(u,v)下的坐标分别是<math>(0,0)</math>、<math>(1/\sqrt2,-1/\sqrt2)</math>、<math>(\sqrt2,0)</math>、<math>(1/\sqrt2,1/\sqrt2)</math>：

:<math>
\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}
</math>

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''I''<sub>1</sub>与''I''<sub>2</sub>。先计算''I''<sub>1</sub>，下面变量代换设<math>u=\sqrt2\sin\theta</math>，则有<math>\mathrm du=\sqrt2\cos\theta\mathrm d\theta</math>：

:<math>
\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}
</math>

类似地，再计算''I''<sub>2</sub>，下面变量代换设<math>u=\sqrt2\cos\theta</math>，则有<math>\mathrm du=-\sqrt2\sin\theta\mathrm d\theta</math>，并且交换积分上下限从负号变回正号：

:<math>
\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}
</math>

最终可以得到：
:<math>
\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}
</math>

证毕。
==傅里叶级数的证明==

设有函数<math>f(x)=x</math>，其定义域为<math>x \in (-\pi,\pi)</math>。这个函数的[[傅里叶级数]]是：

:<math>f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx) </math>。

根据[[帕塞瓦尔恒等式]]，我们有：

:<math>{\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}</math>

因此
:<math>{\pi^2 \over 6}  =  \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}</math>

证毕。

==参考文献==
* {{Citation | title=Number Theory: An Approach Through History | first=André | last=Weil | authorlink=André Weil | publisher=Springer-Verlag | isbn=0-8176-3141-0 | year = 1983}}.
* {{Citation | title=Euler: The Master of Us All | first=William | last=Dunham | publisher=[[Mathematical Association of America]] | year=1999 | isbn=0-88385-328-0}}.
* {{Citation | title=Prime Obsession: Bernhard Riemann and the Greatest Unsolved Problem in Mathematics | first=John | last=Derbyshire | publisher=Joseph Henry Press | isbn=0-309-08549-7 | year=2003}}.
* {{Citation | last1=Aigner | first1=Martin | last2=Ziegler | first2=Günter M. | authorlink2=Günter M. Ziegler | title=[[Proofs from THE BOOK]] | publisher=[[Springer-Verlag]] | location=Berlin, New York | year=1998}}
* {{Citation | title=Riemann's Zeta Function | first=Harold M. | last=Edwards | publisher=Dover | isbn=0-486-41740-9 | year=2001}}.

==外部链接==
* {{en}}{{PDFlink|[http://www.southernct.edu/~sandifer/Ed/History/Preprints/Talks/NYU%20Basel%20Problem%20Paper.PDF 欧拉对巴塞尔问题的解法──一个很长的故事]|61.7&nbsp;[[字节|KiB]]}}
* {{en}}{{PDFlink|[http://www.maa.org/editorial/euler/How%20Euler%20Did%20It%2002%20Estimating%20the%20Basel%20Problem.pdf 欧拉是怎样解决的]|265&nbsp;[[字节|KiB]]}}
* {{en}}{{PDFlink|[http://www.math.psu.edu/sellersj/p25.pdf 欧拉和伯努利的无穷级数增添了一个微积分班级的趣味]|106&nbsp;[[字节|KiB]]}}
* {{en}}[http://secamlocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf ζ(2)=π<sup>2</sup>/6的十四种证明] {{Wayback|url=http://secamlocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf |date=20070629174127 }}，由Robin Chapman编制

[[Category:包含证明的条目]]
[[Category:数学问题]]
[[Category:数论]]
[[Category:圆周率算法]]
[[Category:数论中的平方]]
[[Category:Ζ函數與L函數]]