巴塞尔问题

Template:NoteTA Template: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Template:Link-en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》（Template:Lang）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}} = \lim_{n \to + \infty} (\frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}})

这个级数的和大约等于1.644934Template:OEIS。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 $\frac{π^{2}}{6}$ ，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 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 有界，並由单调收敛定理得到收敛性。

注意到 $\forall n \in ℕ^{*}$ 且 $n ⩾ 2$ ， $\frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{(n - 1) n}$ 。故

$\begin{matrix} 1 + (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}}) & < 1 + (\frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \dots + \frac{1}{(n - 1) n}) \\ = 1 + (1 - \frac{1}{n}) \\ < 2 \end{matrix}$

故 $1 < \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} < 2$ 。

欧拉的錯誤證明

欧拉最初推导 $\frac{π^{2}}{6}$ 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 $\frac{π^{2}}{6}$ ，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!} + \dots

两边除以 $x$ ，得：

\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} - \frac{x^{6}}{7!} + \dots

现在， $\frac{\sin x}{x} = 0$ 的根出现在 $x = n \cdot π$ ，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{matrix} \frac{\sin x}{x} & = (1 - \frac{x}{π}) (1 + \frac{x}{π}) (1 - \frac{x}{2 π}) (1 + \frac{x}{2 π}) (1 - \frac{x}{3 π}) (1 + \frac{x}{3 π}) \dots \\ = (1 - \frac{x^{2}}{π^{2}}) (1 - \frac{x^{2}}{4 π^{2}}) (1 - \frac{x^{2}}{9 π^{2}}) \dots \end{matrix}

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：

- (\frac{1}{π^{2}} + \frac{1}{4 π^{2}} + \frac{1}{9 π^{2}} + \dots) = - \frac{1}{π^{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}{π^{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}

等式两边乘以 $- π^{2}$ 就可以得出所有平方数的倒数之和。

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{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：

ζ (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：

ζ (2) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + \dots = \frac{π^{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} (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}) = 1 + 1 - \frac{1}{N} \overset{N \to \infty}{\to} 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 $s = 2 n$ ，有以下公式：

ζ (2 n) = \frac{(2 π)^{2 n} (- 1)^{n + 1} B_{2 n}}{2 \cdot (2 n)!}

严密的证明

以下介绍了一个 $ζ (2) = \frac{π^{2}}{6}$ 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， $\frac{1}{2} r^{2} \tan θ > \frac{1}{2} r^{2} θ > \frac{1}{2} r^{2} \sin θ$

\tan θ > θ > \sin θ

\frac{1}{\tan θ} < \frac{1}{θ} < \frac{1}{\sin θ}

\cot^{2} θ < \frac{1}{θ^{2}} < \csc^{2} θ

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 $\frac{π^{2}}{6}$ 。

\sum_{k = 1}^{m} \frac{1}{k^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \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 < 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：

\frac{\cos (n x) + i \sin (n x)}{(\sin x)^{n}} = \frac{(\cos x + i \sin x)^{n}}{(\sin x)^{n}} = {(\frac{\cos x + i \sin x}{\sin x})}^{n} = (\cot x + i)^{n}

根据二项式定理，我们有：

(\cot x + i)^{n} = (\binom{n}{0}) \cot^{n} x + (\binom{n}{1}) (\cot^{n - 1} x) i + \dots + (\binom{n}{n - 1}) (\cot x) i^{n - 1} + (\binom{n}{n}) i^{n}

= [(\binom{n}{0}) \cot^{n} x - (\binom{n}{2}) \cot^{n - 2} x \pm \dots] + i [(\binom{n}{1}) \cot^{n - 1} x - (\binom{n}{3}) \cot^{n - 3} x \pm \dots]

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 (n x)}{(\sin x)^{n}} = [(\binom{n}{1}) \cot^{n - 1} x - (\binom{n}{3}) \cot^{n - 3} x \pm \dots]

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

0 = (\binom{2 m + 1}{1}) \cot^{2 m} x_{r} - (\binom{2 m + 1}{3}) \cot^{2 m - 2} x_{r} \pm \dots + (- 1)^{m} (\binom{2 m + 1}{2 m + 1})

对于所有的r = 1、2、……、m。x₁、……、x_m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，t_r = cot² x_r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) : = (\binom{2 m + 1}{1}) t^{m} - (\binom{2 m + 1}{3}) t^{m - 1} \pm \dots + (- 1)^{m} (\binom{2 m + 1}{2 m + 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} + \dots + \cot^{2} x_{m} = \frac{(\binom{2 m + 1}{3})}{(\binom{2 m + 1}{1})} = \frac{2 m (2 m - 1)}{6}

把恒等式csc² x = cot² x + 1代入，可得：

\csc^{2} x_{1} + \csc^{2} x_{2} + \dots + \csc^{2} x_{m} = \frac{2 m (2 m - 1)}{6} + m = \frac{2 m (2 m + 2)}{6}

现在考虑不等式cot² x < 1/x² < csc² x。如果我们把对于x_r = 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{2 m (2 m - 1)}{6} < {(\frac{2 m + 1}{π})}^{2} + {(\frac{2 m + 1}{2 π})}^{2} + \dots + {(\frac{2 m + 1}{m π})}^{2} < \frac{2 m (2 m + 2)}{6}

把不等式乘以(π/(2m + 1))²，便得：

\frac{π^{2}}{6} (\frac{2 m}{2 m + 1}) (\frac{2 m - 1}{2 m + 1}) < \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{m^{2}} < \frac{π^{2}}{6} (\frac{2 m}{2 m + 1}) (\frac{2 m + 2}{2 m + 1})

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

ζ (2) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}} = \lim_{m \to \infty} (\frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{m^{2}}) = \frac{π^{2}}{6}

证毕。

二重积分的证明

首先考虑二重积分 $\iint_{D_{1}} \frac{d x d y}{1 - x y}$ 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{matrix} \iint_{D_{1}} \frac{d x d y}{1 - x y} & = \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} \frac{d x}{1 - x y}) d y = \int_{0}^{1} [\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty} (x y)^{n - 1} d x] d y \\ = \int_{0}^{1} {\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n} y^{n - 1}}{n} |}_{x = 0}^{x = 1} d y = \int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{y^{n - 1}}{n} d y \\ = {\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{y^{n}}{n^{2}} |}_{y = 0}^{y = 1} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \end{matrix}

接下来考虑做如下变换：

{\begin{matrix} x = u \cos \frac{π}{4} - v \sin \frac{π}{4} = \frac{u - v}{\sqrt{2}} \\ y = u \sin \frac{π}{4} + v \cos \frac{π}{4} = \frac{u + v}{\sqrt{2}} \end{matrix}

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 $(0, 0)$ 、 $(1 / \sqrt{2}, - 1 / \sqrt{2})$ 、 $(\sqrt{2}, 0)$ 、 $(1 / \sqrt{2}, 1 / \sqrt{2})$ ：

\begin{matrix} \iint_{D_{1}} \frac{d x d y}{1 - x y} & = \iint_{D_{2}} \frac{d u d v}{1 - \frac{(u - v) (u + v)}{2}} = 2 \iint_{D_{2}} \frac{d u d v}{2 - u^{2} + v^{2}} \\ = 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (\int_{- u}^{u} \frac{d v}{2 - u^{2} + v^{2}}) d u + 2 \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} (\int_{u - \sqrt{2}}^{\sqrt{2} - u} \frac{d v}{2 - u^{2} + v^{2}}) d u \\ = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (\int_{0}^{u} \frac{d v}{2 - u^{2} + v^{2}}) d u + 4 \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} (\int_{0}^{\sqrt{2} - u} \frac{d v}{2 - u^{2} + v^{2}}) d u \\ = I_{1} + I_{2} \end{matrix}

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 $u = \sqrt{2} \sin θ$ ，则有 $d u = \sqrt{2} \cos θ d θ$ ：

\begin{matrix} I_{1} & = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} {\frac{\arctan \frac{v}{\sqrt{2 - u^{2}}}}{\sqrt{2 - u^{2}}} |}_{v = 0}^{v = u} d u = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\arctan \frac{u}{\sqrt{2 - u^{2}}}}{\sqrt{2 - u^{2}}} d u \\ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{6}} \frac{\sqrt{2} \cos θ \cdot \arctan \frac{\sqrt{2} \sin θ}{\sqrt{2 - 2 \sin^{2} θ}}}{\sqrt{2 - 2 \sin^{2} θ}} d θ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{6}} \frac{\sqrt{2} \cos θ \cdot \arctan \frac{\sqrt{2} \sin θ}{\sqrt{2} \cos θ}}{\sqrt{2} \cos θ} d θ \\ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{6}} \arctan \tan θ d θ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{6}} θ d θ = 2 θ^{2} |_{θ = 0}^{θ = \frac{π}{6}} = \frac{π^{2}}{18} \end{matrix}

类似地，再计算I₂，下面变量代换设 $u = \sqrt{2} \cos θ$ ，则有 $d u = - \sqrt{2} \sin θ d θ$ ，并且交换积分上下限从负号变回正号：

\begin{matrix} I_{2} & = 4 \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} {\frac{\arctan \frac{v}{\sqrt{2 - u^{2}}}}{\sqrt{2 - u^{2}}} |}_{v = 0}^{v = \sqrt{2} - u} d u = \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} \frac{\arctan \frac{\sqrt{2} - u}{\sqrt{2 - u^{2}}}}{\sqrt{2 - u^{2}}} d u \\ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{\sqrt{2} \sin θ \cdot \arctan \frac{\sqrt{2} - \sqrt{2} \cos θ}{\sqrt{2 - 2 \cos^{2} θ}}}{\sqrt{2 - 2 \cos^{2} θ}} d θ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{\sqrt{2} \sin θ \cdot \arctan \frac{\sqrt{2} (1 - \cos θ)}{\sqrt{2} \sin θ}}{\sqrt{2} \sin θ} d θ \\ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{3}} \arctan \tan \frac{θ}{2} d θ = 4 \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{θ}{2} d θ = θ^{2} |_{θ = 0}^{θ = \frac{π}{3}} = \frac{π^{2}}{9} \end{matrix}

最终可以得到：

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \iint_{D_{1}} \frac{d x d y}{1 - x y} = 2 \iint_{D_{2}} \frac{d u d v}{2 - u^{2} + v^{2}} = I_{1} + I_{2} = \frac{π^{2}}{18} + \frac{π^{2}}{9} = \frac{π^{2}}{6}

证毕。

傅里叶级数的证明

设有函数 $f (x) = x$ ，其定义域为 $x \in (- π, π)$ 。这个函数的傅里叶级数是：

f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n + 1}}{n} \sin (n x)

。

根据帕塞瓦尔恒等式，我们有：

\frac{π^{2}}{3} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} (2 \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} \sin (n t))^{2} d t = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}

因此

\frac{π^{2}}{6} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}

证毕。

参考文献

外部链接

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Template:En ζ(2)=π²/6的十四种证明 Template:Wayback，由Robin Chapman编制

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收敛性证明

欧拉的錯誤證明

黎曼ζ函数

严密的证明

二重积分的证明

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