巴塞爾問題(Basel problem)的多種解法——怎么計算\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots112+122+132+⋯ ?

（PS：本文會不斷更新）

\newcommand\R{\operatorname{Res}}

如何計算\zeta(2)=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdotsζ(2)=112+122+132+⋯? 這個問題是在1644年由意大利數學家蒙哥利（Pietro Mengoli）提出的，而大數學家歐拉於1735年第一次解決了這個問題。他得出著名的結果：

\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}∑k=1∞1k2=π26

 

解決這個問題的方法在近代不斷涌現。這里我從各處摘抄到一些方法，列舉在此，僅供大家參考。

如有錯誤，請向我指出，謝謝！（PS：最近發現忻州師范學院某網頁抄了我博客后不給Reference，希望大家明辨是非）

首先，我們需要知道這個問題的等價形式,將這個數列除以4，我們自然得到\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2}{24}∑k=1∞1(2k)2=π224,從而我們只需證明

\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}∑k=1∞1(2k−1)2=π28

而以下某些證明會用到這一點。

 

目錄

• 1 歐拉的證明
• 2 一個初等的證明
• 3 數學分析的證明
• 4 又一個數學分析的證明
• 5 復分析的證明
• 6 復數積分的證明
• 7 泰勒公式的證明
• 8 復分析的證明
• 9 傅里葉分析的證明
• 10 傅里葉分析的證明
• 11 傅里葉分析的證明
• 12 泊松公式的證明
• 13 概率論的證明
• 14 積分+函數方程的證明
• 15 初等三角恆等式的證明
• 16 三角多項式的證明
• 17 積分的證明
• 18 Fejér核證明
• 19 利用Gregory定理的證明
• 20 數論的證明（比較精彩）
• 21 初等三角恆等式的證明
• 22 伯努利數的證明
• 23 超幾何正切分布的證明

證明1：歐拉的證明

歐拉的證明是十分聰明的。他只是將冪級數同有限的多項式聯系到了一起，就得到了答案。首先注意到

\sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdotssin⁡(x)=x−x33!+x55!−x77!+⋯

從而

\frac{\sin(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdotssin⁡(x)x=1−x23!+x45!−x67!+⋯

但是\frac{\sin{x}}{x}sin⁡xx的根集，為

x=n\cdot \pi,\mbox{ }(n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots).x=n⋅π, (n=±1,±2,±3,…).

故我們可以假定

\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 \notag\\ & {} = \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) \notag\cdots. \end{align}sin⁡(x)x=(1−xπ)(1+xπ)(1−x2π)(1+x2π)(1−x3π)(1+x3π)⋯=(1−x2π2)(1−x24π2)(1−x29π2)⋯.

（PS：歐拉似乎沒有證明這個無窮積，直到100年后魏爾斯特拉斯得到了他著名的“魏爾斯特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem，詳情可見wiki相應條目）。利用這個方法得到函數時要特別小心，我以前看到的一個反例就可以說明這個問題)

 

從而我們對這個無窮乘積的x^2x2項進行研究，可以知道

-\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}.−(1π2+14π2+19π2+⋯)=−1π2∑n=1∞1n2.

所以

-\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.−16=−1π2∑n=1∞1n2.

這樣就得到了答案。

 

注：歐拉給出過嚴謹的證明，但是由於他的第一個證明太廣為人知，所以有時候會認為他沒給出真正的證明。不過貼吧里的 tq唐乾 吧友提醒了我，實際上，歐拉有他真正的證明。是通過如下方式：首先令NN為奇數

 

z^n-a^n=(z-1)\prod_{k=1}^{(n-1)/2}(z^2-2az\cos{\frac{2k\pi}{n}}+a^2)zn−an=(z−1)∏k=1(n−1)/2(z2−2azcos⁡2kπn+a2)

令z=1+x/N,a=1-x/Nz=1+x/N,a=1−x/N,且n=N,有

\begin{align*}\left(1+\frac{x}N\right)^N-\left(1+\frac{x}N\right)^N &=\frac{2x}{N}\prod_{k=1}^{(N-1)/2}\left(2+\frac{2x^2}{N^2}-2\left(1-\frac{x^2}{N^2}\right)\cos{\frac{2k\pi}{N}}\right)\\ &=\frac{2x}{N}\prod_{k=1}^{(N-1)/2}\left(\left(1-\cos{\frac{2k\pi}{N}}\right)+\frac{x^2}{N^2}\left(1+\cos{\frac{2k\pi}{N}}\right)\right)\\ &=C_N x \prod_{k=1}^{(N-1)/2}\left(1+\frac{x^2}{N^2}\frac{1+\cos{(2k\pi/N)}}{1-\cos{(2k\pi/N)}}\right) \end{align*}(1+xN)N−(1+xN)N=2xN∏k=1(N−1)/2(2+2x2N2−2(1−x2N2)cos⁡2kπN)=2xN∏k=1(N−1)/2((1−cos⁡2kπN)+x2N2(1+cos⁡2kπN))=CNx∏k=1(N−1)/2(1+x2N21+cos⁡(2kπ/N)1−cos⁡(2kπ/N))

 

考慮一次項系數知道C_N=2CN=2成立，而在N\to\inftyN→∞時，左邊是e^x-e^{-x}ex−e−x,右邊通過\cos{y}\approx 1-y^2/2cos⁡y≈1−y2/2,那么右邊就是1+x^2/(k^2\pi^2)1+x2/(k2π2)的乘積，也就是

 

\frac{e^x-e^{-x}}{2}=x\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)ex−e−x2=x∏k=1∞(1+x2k2π2)

 

比較三次項系數可知答案

證明2：一個初等的證明
以下證明第一次來自Ioannis Papadimitriou於1973年在American Math Monthly 80(4):424-425頁發表的。Apostol在同一份雜志425-430發表了用這個方法計算\zeta(2n)ζ(2n)的方法。

這似乎是這個問題最“初等”的一個證明了，只需要知道三角函數相應知識就能夠完成。我們先證明一個恆等式：

Lemma: 令\omega_m = \frac{\pi}{2m+1}ωm=π2m+1,則

\cot^2{\omega_m}+\cot^2{(2\omega_m)}+\cdots\cot^2{(m\omega_m)}=\frac{m(2m-1)}{3}.cot2⁡ωm+cot2⁡(2ωm)+⋯cot2⁡(mωm)=m(2m−1)3.

 

證明：由於

\begin{align*} \sin{n\theta}&=\binom{n}{1}\sin{\theta}\cos^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\sin^3{\theta}\cos^{n-3}{\theta}+\cdots \pm \sin^n{\theta}\\ &=\sin^n{\theta}\left(\binom{n}{1}\cot^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\cot^{n-3}{\theta}+\cdots \pm 1\right) \end{align*}sin⁡nθ=(n1)sin⁡θcosn−1⁡θ−(n3)sin3⁡θcosn−3⁡θ+⋯±sinn⁡θ=sinn⁡θ((n1)cotn−1⁡θ−(n3)cotn−3⁡θ+⋯±1)

很顯然，令n=2m+1n=2m+1,則我們有\cot^2{\omega_m},\cot^2{(2\omega_m)}\cdots \cot^2{(m\omega_m)}cot2⁡ωm,cot2⁡(2ωm)⋯cot2⁡(mωm)為多項式

\binom{n}{1}x^{m}-\binom{n}{3}x^{m-1}+\cdots \pm 1(n1)xm−(n3)xm−1+⋯±1

的根。從而利用韋達定理我們就完成了引理的證明。\square◻

 

由於三角不等式 \sin{x}<x<\tan{x}sin⁡x<x<tan⁡x 在x\in(0,\pi/2)x∈(0,π/2)成立，我們知道了\cot^2{x}<\frac{1}{x^2}<1+\cot^2{x}cot2⁡x<1x2<1+cot2⁡x.對於\omega_m,2\omega_m\cdotsωm,2ωm⋯帶入得到

\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2\omega_m^2}<m+\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}∑k=1mcot2⁡(kωm)<∑k=1m1k2ωm2<m+∑k=1mcot2⁡(kωm)

所以應用上面引理，就可以得到

\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2}<\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}+\frac{m\pi^2}{(2m+1)^2}m(2m−1)π23(2m+1)2<∑k=1m1k2<m(2m−1)π23(2m+1)2+mπ2(2m+1)2

令m趨於無窮大，結論自然就成立了。

 

證明3：數學分析的證明
這個證明來自Apostol在1983年的“Mathematical Intelligencer”,只需要簡單的高數知識。

注意到恆等式

\frac{1}{n^2}=\int_{0}^1\int_0^1 x^{n-1}y^{n-1}dxdy1n2=∫01∫01xn−1yn−1dxdy

利用單調收斂定理(Monotone Convergence Theorem)，立即得到

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\int_{0}^1\int_0^1\left(\sum_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1}\right)dxdy=\int_{0}^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy}dxdy∑n=1∞1n2=∫01∫01(∑n=1∞(xy)n−1)dxdy=∫01∫0111−xydxdy

通過換元(u,v)=((x+y)/2,(y-x)/2)(u,v)=((x+y)/2,(y−x)/2),也就是(x,y)=(u-v,u+v)(x,y)=(u−v,u+v)故

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=2\iint_S\frac{1}{1-u^2+v^2}dudv∑n=1∞1n2=2∬S11−u2+v2dudv

SS是由點(0,0),(1/2,-1/2),(1,0),(1/2,1/2)(0,0),(1/2,−1/2),(1,0),(1/2,1/2)構成的正方形，利用正方形的對稱性，那么

\begin{align*} 2\iint_S\frac{1}{1-u^2+v^2}dudv&=4\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu+4\int_{1/2}^{1}\int_{0}^{1-u}\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu\\ &=4\int_{0}^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan{\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}du\\&\quad+4\int_{1/2}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan{\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}du \end{align*}2∬S11−u2+v2dudv=4∫01/2∫0u11−u2+v2dvdu+4∫1/21∫01−u11−u2+v2dvdu=4∫01/211−u2arctan⁡(u1−u2)du+4∫1/2111−u2arctan⁡(1−u1−u2)du

利用恆等式\arctan{(u/\sqrt{1-u^2})}=\arcsin{u},\arctan{((1-u)/\sqrt{1-u^2})}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\arcsin{u}arctan⁡(u/1−u2)=arcsin⁡u,arctan⁡((1−u)/1−u2)=π4−12arcsin⁡u,就能夠得到

\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}&=4\int_0^{1/2}\frac{\arcsin{u}}{\sqrt{1-u^2}}du+4\int_{1/2}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\arcsin{u}}{2}\right)du\\ &=[2\arcsin{u}^2]_0^{1/2}+[\pi\arcsin{u}-\arcsin{u}^2]_{1/2}^{1}\\ &=\frac{\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi^2}{6}+\frac{\pi^2}{36}\\ &=\frac{\pi^2}{6} \end{align*}∑n=1∞1n2=4∫01/2arcsin⁡u1−u2du+4∫1/2111−u2(π4−arcsin⁡u2)du=[2arcsin⁡u2]01/2+[πarcsin⁡u−arcsin⁡u2]1/21=π218+π22−π24−π26+π236=π26

 

證明4:數學分析的證明

(Calabi, Beukers & Kock.)同樣利用上一問的結論,不過這次我們計算的是：

 

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{1-x^2y^2}∑n=0∞1(2n+1)2=∫01∫01dxdy1−x2y2

 

做代換

(u,v)=\left(\arctan{x}\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2}},\arctan{x}\sqrt{\frac{1-x^2}{1-y^2}}\right)(u,v)=(arctan⁡x1−y21−x2,arctan⁡x1−x21−y2)

 

 從而有(x,y)=\left(\frac{\sin{u}}{\cos{v}},\frac{\sin{v}}{\cos{u}}\right)(x,y)=(sin⁡ucos⁡v,sin⁡vcos⁡u)

雅可比行列式即為

 

\begin{align*} \frac{\partial (x,y)}{\partial(u,v)}&=\begin{vmatrix} \cos{u}/\cos{v} & \sin{u}\sin{v}/\cos{v}^2 \\ \sin{u}\sin{v}/\cos{u}^2 & \cos{v}/\cos{u}  \end{vmatrix}\\ &=1-\frac{\sin^2u\sin^2v}{\cos^2u\cos^2v}=1-x^2y^2 \end{align*}∂(x,y)∂(u,v)=|cos⁡u/cos⁡vsin⁡usin⁡v/cos⁡v2sin⁡usin⁡v/cos⁡u2cos⁡v/cos⁡u|=1−sin2⁡usin2⁡vcos2⁡ucos2⁡v=1−x2y2

 

從而

\frac{3}{4}\zeta(2)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\iint_{A}dudv34ζ(2)=∑n=0∞1(2n+1)2=∬Adudv

 

其中A=\{(u,v)|u>0,v>0,u+v<\frac{\pi}{2}\}A={(u,v)|u>0,v>0,u+v<π2},從而\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}ζ(2)=π26成立!\square◻

證明5:復分析的證明

這個證明在很多復分析書上都有。我們同樣可以利用留數計算該結果,考慮f(x)=z^{-2} \cot{\pi z}f(x)=z−2cot⁡πz,積分路徑P_nPn為在中心為原點的長形如圖

 

實軸交點為\pm(n+1/2)±(n+1/2),復軸為\pm ni±ni,而若\pi z=x+iyπz=x+iy,直接計算可得

 

|\cot{\pi z}|^2=\frac{\cos^2{x}+\sinh^2{y}}{\sin^2{x}+\sinh^2{y}}|cot⁡πz|2=cos2⁡x+sinh2⁡ysin2⁡x+sinh2⁡y

，從而很容易就能知道|\cot{\pi z}|<2|cot⁡πz|<2對於每根積分曲線成立，於此同時，|z|\ge n|z|≥n成立,從而有

 

 

\left|\oint_{P_n}z^{-2}\cot{\pi z}\right|\le\frac{2}{n^2}(8n+2)|∮Pnz−2cot⁡πz|≤2n2(8n+2)

 

成立，在n\to\inftyn→∞時，該積分值趨於00.

利用留數定理，則有

 

2\pi i\sum_{k=-\infty}^{\infty}\R(z^{-2}\cot{\pi z},k)=\lim_{n\to\infty}\oint_{P_n}z^{-2}\cot{\pi z}dz=02πi∑k=−∞∞Res⁡(z−2cot⁡πz,k)=limn→∞∮Pnz−2cot⁡πzdz=0

 

而每一點的留數，計算有\R(z^{-2}\cot{\pi z},0)=-\pi/3Res⁡(z−2cot⁡πz,0)=−π/3,\R(z^{-2}\cot{\pi z},k)=1/(\pi k^2)(k\not=0,k\in\mathbb{Z})Res⁡(z−2cot⁡πz,k)=1/(πk2)(k≠0,k∈Z),從而有

 

\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi k^2}=\frac{\pi}{3}∑k=1∞2πk2=π3

 

答案顯而易見了。

證明6:復數積分的證明

本證明由Dennis C.Russell給出。考慮積分

I=\int_0^{\pi/2}\ln(2\cos{x})dxI=∫0π/2ln⁡(2cos⁡x)dx

 

那么利用\coscos的歐拉公式

2\cos{x}=e^{ix}+e^{-ix}=e^{ix}(1+e^{-2ix})2cos⁡x=eix+e−ix=eix(1+e−2ix)從而\ln(2\cos{x})=\ln(e^{ix})+\ln(1+e^{-2ix})=ix+\ln(1+e^{-2ix})ln⁡(2cos⁡x)=ln⁡(eix)+ln⁡(1+e−2ix)=ix+ln⁡(1+e−2ix)在積分中代換得

\begin{align*} I&=\int_0^{\pi/2}ix+\ln(1+e^{-2ix})dx\\&=i\frac{\pi^2}{8}+\int_0^{\pi/2}ln(1+e^{-2ix})dx \end{align*}I=∫0π/2ix+ln⁡(1+e−2ix)dx=iπ28+∫0π/2ln(1+e−2ix)dx

再利用\ln{(1+x)}ln⁡(1+x)的泰勒展開,也就是

\ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-x^4/4+\cdotsln⁡(1+x)=x−x2/2+x3/3−x4/4+⋯

代入知為

\ln(1+e^{-2ix})=e^{2ix}-e^{-4ix}/2+e^{-6ix}/3+\cdotsln⁡(1+e−2ix)=e2ix−e−4ix/2+e−6ix/3+⋯

從而積分就有

\int_0^{\pi/2}\ln{(1+e^{-2ix})}dx=-\frac{1}{2i}(e^{-i\pi}-1-\frac{e^{-2i\pi}-1}{2^2}+\frac{e^{-3i\pi}-1}{3^2}-\frac{e^{-4i\pi}-1}{4^2}+\cdots)∫0π/2ln⁡(1+e−2ix)dx=−12i(e−iπ−1−e−2iπ−122+e−3iπ−132−e−4iπ−142+⋯)

但是由於e^{-i\pi}=-1e−iπ=−1,原式變為

\int_0^{\pi/2}\ln(1+e^{-2ix})dx=\frac{1}{i}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{-3i}{4}\zeta(2)∫0π/2ln⁡(1+e−2ix)dx=1i∑k=1∞1(2k−1)2=−3i4ζ(2)

故如前面式子有

I=i\left(\frac{\pi^2}{8}+\frac{-3}{4}\zeta(2)\right)I=i(π28+−34ζ(2))

由於左邊是實數，右邊是純虛數，從而只能兩邊都為0，即\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}ζ(2)=π26,這還給了我們一個副產品，就是

\int_0^{\pi/2}\ln(\cos{x})dx=-\frac{\pi}{2}\ln{2}∫0π/2ln⁡(cos⁡x)dx=−π2ln⁡2

 

證明7:泰勒公式證明

(Boo Rim Choe 在1987 American Mathematical Monthly上發表)利用反三角函數\arcsin{x}arcsin⁡x的泰勒展開

 

\arcsin{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}arcsin⁡x=∑n=0∞1⋅3⋯(2n−1)2⋅4⋯(2n)x2n+12n+1

對於|x|\le 1|x|≤1成立，從而令x=\sin{t}x=sin⁡t,有

t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{\sin^{2n+1}t}{2n+1}t=∑n=0∞1⋅3⋯(2n−1)2⋅4⋯(2n)sin2n+1⁡t2n+1

對於|t|\le\frac{\pi}{2}|t|≤π2成立，但由於積分

\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}{x}dx=\frac{2\cdot 4\cdots (2n)}{3\cdot 5\cdots (2n+1)}∫0π/2sin2n+1⁡xdx=2⋅4⋯(2n)3⋅5⋯(2n+1)

故而對兩邊從00到\pi/2π/2積分有

\frac{\pi^2}{8}=\int_0^{\pi/2}tdt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}π28=∫0π/2tdt=∑n=0∞1(2n+1)2

同樣可得

 

證明8:復分析證明

(T. Marshall 在American Math Monthly,2010)對於z\in D=\mathbb{C}\backslash\{0,1\}z∈D=C∖{0,1}, 令

 

R(z)=\sum\frac{1}{\log^2 z}R(z)=∑1log2⁡z

 

這個和是對於每一個\loglog的分支加起來. 在 DD 中所有點有領域使\log(z)log⁡(z)的分支解析.由於這個級數在 z=1z=1之外一致收斂, R(z)R(z)在 DD上解析.

這里有幾個Claim:

1. 當z\to0z→0時，級數每一項趨於00.由於一致收斂我們知道z=0z=0是可去奇點，我們可令R(0)=0R(0)=0.
2. RR 的唯一奇點是 z=1z=1的二階極點，是由 \log zlog⁡z的主分支.我們有\lim_{z\to1}(z-1)^2R(z)=1limz→1(z−1)2R(z)=1.
3. R(1/z)=R(z)R(1/z)=R(z).

由於 1.和 3.有 RR 在\mathbb{C}\cup \{\infty\}C∪{∞}（擴充復平面）上亞純,從而是有理函數. 從2知道R(z)R(z)的分母是(z-1)^2(z−1)2. 由於R(0)=R(\infty)=0R(0)=R(∞)=0, 分子就是azaz. 而2. 說明a=1a=1, 也就是

R(z)=\frac{z}{(z-1)^2}.R(z)=z(z−1)2.

 

現在令z=e^{2\pi i w}z=e2πiw 得到

\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(w-n)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi w)}∑n=−∞∞1(w−n)2=π2sin2⁡(πw)

也就是說

\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8},∑k=0∞1(2k+1)2=π28,

可立刻的到\zeta(2)=\pi^2/6ζ(2)=π2/6 .

 

證明9:傅立葉分析證明

考慮函數f(x)=x^2,x\in(-\pi,\pi)f(x)=x2,x∈(−π,π),將其傅立葉展開

 

f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}} \cos nx\right)f(x)=π23+∑n=1∞((−1)n4n2cos⁡nx)

 

顯而易見，代入f(0)f(0)即可得到答案

證明10:傅立葉分析證明

考慮函數f(x)=x,x\in(-\pi,\pi)f(x)=x,x∈(−π,π),將其傅立葉展開

 

f(x)=2\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \sin nx\right)f(x)=2∑n=1∞((−1)n+1nsin⁡nx)

 

利用Parseval等式

\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|^2=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx∑n=1∞|an|2=12π∫−ππx2dx

 

其中a_nan為e^{inx}einx的系數，即\frac{(-1)^n}{n}i(−1)nni,a_0=0a0=0

那么有

2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx2∑k=1∞1k2=12π∫−ππx2dx

 

可得答案

證明11:傅立葉分析證明 

考慮

f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos{nt}}{n^2}f(t)=∑n=1∞cos⁡ntn2

在實軸上一致收斂，對於在t\in [-\epsilon,2\pi-\epsilon]t∈[−ϵ,2π−ϵ],我們有

\sum_{n=1}^N\sin{nt}=\frac{e^{it}-e^{i(N+1)t}}{2i(1-e^{it})}+\frac{1-e^{iN)t}}{2i(1-e^{it})}∑n=1Nsin⁡nt=eit−ei(N+1)t2i(1−eit)+1−eiN)t2i(1−eit)

這個和被

\frac{2}{|1-e^{it}|}=\frac{1}{\sin{t/2}}2|1−eit|=1sin⁡t/2

控制，從而在[\epsilon,2\pi-\epsilon][ϵ,2π−ϵ]上一致有界，據Dirichlet判別法

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{t}}{n}∑n=1∞sin⁡tn

是在[\epsilon,e\pi-\epsilon][ϵ,eπ−ϵ]一致收斂,從而對於t\in(0,2\pi)t∈(0,2π),

f'(t)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{nt}}{n}=\Im(\log(1-e^{it}))=\arg{(1-e^{it})}=\frac{t-\pi}{2}f′(t)=−∑n=1∞sin⁡ntn=ℑ(log⁡(1−eit))=arg⁡(1−eit)=t−π2

從而有

-\zeta(2)/2-\zeta(2)=f(\pi)-f(0)=\int_0^\pi\frac{t-\pi}{2}dt=-\frac{\pi^2}{4}−ζ(2)/2−ζ(2)=f(π)−f(0)=∫0πt−π2dt=−π24

 

證明12:泊松公式證明 

(Richard Troll)由泊松求和公式

\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\hat{f}(k)∑n=−∞∞f(n)=∑k=−∞∞f^(k)

可知

 

其中\hat{f}(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x) e^{-2\pi ix\xi}dxf^(ξ)=∫−∞∞f(x)e−2πixξdx為傅立葉變換。

那么有f(x)=e^{-a|x|}f(x)=e−a|x|,ff的傅立葉變換為

 

\hat{f}(\xi)=\frac{2a}{a^2+4\pi^2\xi^2}f^(ξ)=2aa2+4π2ξ2

 

也就是說

 

\frac{1}{2a}\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{-a|n|}-\frac{1}{a^2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{a^2+4\pi^2 k^2}12a∑n∈Ze−a|n|−1a2=∑k=1∞2a2+4π2k2

 

則

\lim_{a\to 0}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{a^2+4\pi^2 k^2}=\lim_{a\to 0}\left\{\frac{1}{2a}\left(\frac{e^a+1}{e^a-1}\right)-\frac{1}{a^2}\right\}=\frac{1}{12}lima→0∑k=1∞2a2+4π2k2=lima→0{12a(ea+1ea−1)−1a2}=112

 

從而就有\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}ζ(2)=π26

證明13:概率論證明 

(Luigi Pace 發表於2011 American Math Monthly)

設X_1,X_2X1,X2是獨立同半區域柯西分布，也就是它們的分布函數都是p(x)=\frac{2}{\pi(1+x^2)}(x>0)p(x)=2π(1+x2)(x>0)

令隨機變量Y=X_1/X_2Y=X1/X2,那么YY的概率密度函數p_YpY定義在y>0y>0，有

 

\begin{align*}p_Y(y) &= \int_0^{\infty} x p_{X_1} (xy) p_{X_2}(x) dx = \frac{4}{\pi^2} \int_0^\infty \frac{x}{(1+x^2 y^2)(1+x^2)}dx\\ &=\frac{2}{\pi^2 (y^2-1)} \left[\log \left( \frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right) \right]_{x=0}^{\infty} = \frac{2}{\pi^2} \frac{\log(y^2)}{y^2-1} = \frac{4}{\pi^2} \frac{\log(y)}{y^2-1}. \end{align*}pY(y)=∫0∞xpX1(xy)pX2(x)dx=4π2∫0∞x(1+x2y2)(1+x2)dx=2π2(y2−1)[log⁡(1+x2y21+x2)]x=0∞=2π2log⁡(y2)y2−1=4π2log⁡(y)y2−1.

 

由於X_1,X_2X1,X2獨立同分布，所以P(Y>1)=P(X_1>X_2)=1/2P(Y>1)=P(X1>X2)=1/2,那么有

 

\frac{1}{2}=\int_0^1\frac{4}{\pi^2}\frac{\log(y)}{y^2-1}dy12=∫014π2log⁡(y)y2−1dy

 

也就是說

 

\frac{\pi^2}{8} = \int_0^1 \frac{-\log(y)}{1-y^2} dy = -\int_0^1 \log(y) (1+y^2+y^4 + \cdots)  dy = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}π28=∫01−log⁡(y)1−y2dy=−∫01log⁡(y)(1+y2+y4+⋯)dy=∑k=0∞1(2k+1)2

 

那么答案顯而易見。

證明14:積分+函數方程證明 

(H Haruki,S Haruki在1983年 American Mathematical Monthly發表)

由於

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1 x^{n-1}dx=\int_0^1\frac{\log{(1-x)}}{x}dx∑n=1∞1n2=∑n=1∞1n∫01xn−1dx=∫01log⁡(1−x)xdx

 

只需要算出這個積分值即可，我們令

 

f(a)=\int_0^1\frac{\log{(x^2-2x\cos{a}+1)}}{x}dxf(a)=∫01log⁡(x2−2xcos⁡a+1)xdx

 

要證明f(a)=-\frac{(a-\pi)^2}{2}+\frac{\pi^2}{6}f(a)=−(a−π)22+π26

利用等式(x^2-2x\cos{a}+1)(x^2+2x\cos{a}+1)=x^4-2x^2\cos{2a}+1(x2−2xcos⁡a+1)(x2+2xcos⁡a+1)=x4−2x2cos⁡2a+1我們有

 

f(a/2)+f(\pi-a/2)=\int_0^1\frac{\log{(x^4-2x^2\cos{a}+1)}}{x}=\frac{1}{2}\frac{\log{(t^2-2t\cos{a}+1)}}{t}dt=\frac{1}{2}f(a)f(a/2)+f(π−a/2)=∫01log⁡(x4−2x2cos⁡a+1)x=12log⁡(t2−2tcos⁡a+1)tdt=12f(a)

 

中間是令\sqrt{x}=tx=t得到的等式。解函數方程f(a/2)+f(\pi-a/2)=f(a)/2f(a/2)+f(π−a/2)=f(a)/2,求導兩次得f''(a/2)+f''(\pi-a/2)=2f''(a)f″(a/2)+f″(π−a/2)=2f″(a),由於f''f″是在閉區間[0,2\pi][0,2π]上的連續函數，從而f''f″在該區域有最大值MM與最小值mm.設f''(a_0)=Mf″(a0)=M對於某個a_0\in[0,2\pi]a0∈[0,2π]成立，在等式中設a=a_0a=a0有

 

f''(a_0/2)+f''(\pi-a_0/2)=2f''(a_0)=2Mf″(a0/2)+f″(π−a0/2)=2f″(a0)=2M

但是由於f''(a_0/2),f''(\pi-a_0/2)f″(a0/2),f″(π−a0/2)都小於MM,從而只能都等於MM.繼續這樣的迭代，就有

\lim_{n\to\infty} f''(a_0/2^n)=f''(0)=Mlimn→∞f″(a0/2n)=f″(0)=M

類似地，我們就有f''(0)=mf″(0)=m,從而M=mM=m,f''f″為常函數，則ff只能是二次函數，設

f(a)=\alpha \frac{a^2}{2}+\beta a+\gammaf(a)=αa22+βa+γ

代入式子有-\pi\alpha/2=\beta/2,\pi^2\alpha/2+\beta\pi+2\gamma=\gamma/2−πα/2=β/2,π2α/2+βπ+2γ=γ/2,而

f'(a)=\int_0^1\frac{2\sin{a}}{1+x^2-2x\cos{a}}dxf′(a)=∫012sin⁡a1+x2−2xcos⁡adx

得知f'(\pi/2)=\pi/2f′(π/2)=π/2
從而有\alpha=-1,\beta=\pi,\gamma=-\pi^2/3α=−1,β=π,γ=−π2/3,代入a=0a=0,得到

\int_0^1\frac{\log{(1-x)}}{x}dx=-\frac{\pi^2}{6}∫01log⁡(1−x)xdx=−π26

 

證明15:三角恆等式的初等證明

(Josef Hofbauer發表於2002年American Mathematical Monthly)

 

\frac{1}{\sin^2x}=\frac{1}{4\sin^2{\frac{x}{2}}\cos^2{\frac{x}{2}}}=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{\sin^2{\frac{x}{2}}}+\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi+x}{2}}}\right]1sin2⁡x=14sin2⁡x2cos2⁡x2=14[1sin2⁡x2+1sin2⁡π+x2]

從而就有

1=\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi}{2}}}=\frac{1}{4\left[\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi}{4}}}+\frac{1}{\sin^2{\frac{3\pi}{4}}}\right]}=\cdots =\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{\sin^2{\frac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}}}=\frac{2}{4^n}\sum_{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{1}{\sin^2{\frac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}}}1=1sin2⁡π2=14[1sin2⁡π4+1sin2⁡3π4]=⋯=14n∑k=02n−11sin2⁡(2k+1)π2n+1=24n∑k=02n−1−11sin2⁡(2k+1)π2n+1

 

又由於\sin^{-2}x>x^{-2}>\tan^{-2}xsin−2⁡x>x−2>tan−2⁡x對x\in(0,\pi/2)x∈(0,π/2)成立

令x=(2k+1)\pi/(2N)x=(2k+1)π/(2N),對k=0,1,\cdots,N/2-1(N=2^n)k=0,1,⋯,N/2−1(N=2n)對不等式求和，就變為

1>\frac{8}{\pi^2}\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{(2k+1)^2}>1-\frac{1}{N}1>8π2∑k=02n−11(2k+1)2>1−1N

令N\to\inftyN→∞可得答案

 

證明16:三角多項式的證明

(Kortram發表於1996年 Mathematics Magazine)

對於奇數n=2m+1n=2m+1,我們知道\sin{nx}=F_n(\sin{x})sin⁡nx=Fn(sin⁡x),其中F_nFn是次數nn的多項式。那么F_nFn的零點為\sin(j\pi/n)(-m\le j\le m)sin⁡(jπ/n)(−m≤j≤m),且有\lim_{y\to 0}(F_n(y)/y)=nlimy→0(Fn(y)/y)=n.那么

F_n(y)=ny\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{y^2}{\sin^2(j\pi/n)}\right)Fn(y)=ny∏j=1m(1−y2sin2⁡(jπ/n))

從而

\sin{nx}=n\sin{x}\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{\sin^2x}{\sin^2(j\pi/n)}\right)sin⁡nx=nsin⁡x∏j=1m(1−sin2⁡xsin2⁡(jπ/n))

比較兩邊泰勒展開的x^3x3系數，有

-\frac{n^3}{6}=-\frac{n}{6}-n\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{\sin^2(j\pi/n)}−n36=−n6−n∑j=1m1sin2⁡(jπ/n)

於是

\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^m\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}=\frac{1}{6n^2}16−∑j=1m1n2sin2⁡(jπ/n)=16n2

固定整數MM,令m>Mm>M,則有

\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^M\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}=\frac{1}{6n^2}+\sum_{j=M+1}^m\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}16−∑j=1M1n2sin2⁡(jπ/n)=16n2+∑j=M+1m1n2sin2⁡(jπ/n)

利用\sin{x}>\frac{2}{\pi}xsin⁡x>2πx對於0<x<\frac{\pi}{2}0<x<π2成立，我們有

0<\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^M\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}=\frac{1}{6n^2}+\sum_{j=M+1}^m\frac{1}{4j^2}0<16−∑j=1M1n2sin2⁡(jπ/n)=16n2+∑j=M+1m14j2

令n,mn,m趨於無窮，就有

0\le \frac{1}{6}-\sum_{j=1}^M\frac{1}{\pi^2j^2}\le \sum_{j=M+1}^m\frac{1}{4j^2}0≤16−∑j=1M1π2j2≤∑j=M+1m14j2

也即

\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{\pi^2j^2}=\frac{1}{6}∑j=1∞1π2j2=16

 

證明17:積分證明

(Matsuoka發表於1961年American Mathematical Montly)

考慮積分

I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}xdx\mbox{ and }J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}xdxIn=∫0π/2cos2n⁡xdx and Jn=∫0π/2x2cos2n⁡xdx

我們有Wallis公式：

I_n=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n}\frac{\pi}{2}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}In=1⋅3⋅5⋯(2n−1)2⋅4⋅6⋯2nπ2=(2n)!4n(n!)2π2

那么對於n>0n>0,分部積分有

\begin{align*} I_n&=[x\cos^{2n}x]_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2}x\sin{x}\cos^{2n-1}xdx\\ &=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n \end{align*}In=[xcos2n⁡x]0π/2+2n∫0π/2xsin⁡xcos2n−1⁡xdx=n(2n−1)Jn−1−2n2Jn

從而有

\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n(2n)!4n(n!)2π2=n(2n−1)Jn−1−2n2Jn

得到

\frac{\pi}{4n^2}=\frac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-\frac{4^nn!^2}{(2n)!}J_nπ4n2=4n−1(n−1)!2(2n−2)!Jn−1−4nn!2(2n)!Jn

將這個式子從1加到nn，能夠有

\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}=J_0-\frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_Nπ4∑n=1N1n2=J0−4NN!2(2N)!JN

由於J_0=\pi^3/24J0=π3/24,只需要證明\lim_{N\to\infty} 4^N N!^2 J_N/(2N)!=0limN→∞4NN!2JN/(2N)!=0,但是不等式x<\frac{\pi}{2}\sin{x}x<π2sin⁡x對於0<x<\frac{\pi}{2}0<x<π2,得到

J_N<\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^{2N}xdx=\frac{\pi^2}{4}(I_N-I_{N+1})=\frac{\pi^2 I_N}{8(N+1)}JN<π24∫0π/2sin2⁡xcos2N⁡xdx=π24(IN−IN+1)=π2IN8(N+1)

也即

0<\frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N<\frac{\pi^3}{16(N+1)}0<4NN!2(2N)!JN<π316(N+1)

 

證明18:Fejér核的證明

(Stark在1969年American Mathematical Monthly上的證明)

對於Fejér核有如下等式：

\left(\frac{\sin{nx/2}}{\sin{x/2}}\right)^2=\sum_{k=-n}^n(n-|k|)e^{ikx}=n+2\sum_{k=1}^n(n-k)\cos{kx}(sin⁡nx/2sin⁡x/2)2=∑k=−nn(n−|k|)eikx=n+2∑k=1n(n−k)cos⁡kx

故而有

\begin{align*} \int_0^\pi x\left(\frac{\sin{nx/2}}{\sin{x/2}}\right)^2 &= \frac{n\pi^2}{2}+2\sum_{k=1}^n(n-k)\int_0^\pi x\cos{kx}dx \\ &=\frac{n\pi^2}{2}-2\sum_{k=1}^n(n-k)\frac{1-(-1)^k}{k^2}\\ &=\frac{n\pi^2}{2}-4n\sum_{1\le k\le n,2\nmid k}\frac{1}{k^2}+4\sum_{1\le k\le n,2\nmid k}\frac{1}{k} \end{align*}∫0πx(sin⁡nx/2sin⁡x/2)2=nπ22+2∑k=1n(n−k)∫0πxcos⁡kxdx=nπ22−2∑k=1n(n−k)1−(−1)kk2=nπ22−4n∑1≤k≤n,2∤k1k2+4∑1≤k≤n,2∤k1k

如果我們令n=2N,N\in\mathbb{Z^+}n=2N,N∈Z+,那么

\int_0^\pi \frac{x}{8N}\left(\frac{\sin{Nx}}{\sin{x/2}}\right)^2dx=\frac{\pi^2}{8}-\sum_{r=0}^{N-1}\frac{1}{(2r+1)^2}+O\left(\frac{\log{N}}{N}\right)∫0πx8N(sin⁡Nxsin⁡x/2)2dx=π28−∑r=0N−11(2r+1)2+O(log⁡NN)

但是由於\sin{x/2}>x/\pisin⁡x/2>x/π對於0<x<\pi0<x<π成立，那么

\int_0^\pi \frac{x}{8N}\left(\frac{\sin{Nx}}{\sin{x/2}}\right)^2dx < \frac{\pi^2}{8N}\int_0^\pi \sin^2Nx \frac{dx}{x}=\frac{\pi^2}{8N}\int_0^{N\pi} \sin^2y \frac{dy}{y}=O\left(\frac{\log{N}}{N}\right)∫0πx8N(sin⁡Nxsin⁡x/2)2dx<π28N∫0πsin2⁡Nxdxx=π28N∫0Nπsin2⁡ydyy=O(log⁡NN)

也即

\frac{\pi^2}{8}=\sum_{r=0}^{\infty}\frac{1}{(2r+1)^2}π28=∑r=0∞1(2r+1)2

 

證明19:Gregory定理證明

證明來自Borwein & Borwein的著作"Pi and the AGM"

以下公式是著名的Gregory定理：

 

\frac{\pi}{4}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}π4=∑n=0∞(−1)n2n+1

 

令

a_N=\sum_{n=-N}^N\frac{(-1)^n}{2n+1},b_N=\sum_{n=-N}^N\frac{1}{(2n+1)^2}aN=∑n=−NN(−1)n2n+1,bN=∑n=−NN1(2n+1)2

 

我們需要證明\lim_{N\to\infty} a_N^2-b_N=0limN→∞aN2−bN=0即可

如果n\not = mn≠m那么

\frac{1}{(2n+1)(2m+1)}=\frac{1}{2(m-n)}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2m+1}\right)1(2n+1)(2m+1)=12(m−n)(12n+1−12m+1)

就有

\begin{align*} a_N^2-b_N&=\sum_{n=-N}^N\sum_{m=-N,m\not = n}^N\frac{(-1)^{m+n}}{2(m-n)}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2m+1}\right)\\ &=\sum_{n=-N}^N\sum_{m=-N,m\not = n}^N\frac{(-1)^{m+n}}{(m-n)}\frac{1}{(m-n)(2n+1)}=\sum_{n=-N}^N\frac{(-1)^n c_{n,N}}{2n+1} \end{align*}aN2−bN=∑n=−NN∑m=−N,m≠nN(−1)m+n2(m−n)(12n+1−12m+1)=∑n=−NN∑m=−N,m≠nN(−1)m+n(m−n)1(m−n)(2n+1)=∑n=−NN(−1)ncn,N2n+1

其中

c_{n,N}=\sum_{m=-N,m\not=n}^N\frac{(-1)^m}{m-n}cn,N=∑m=−N,m≠nN(−1)mm−n

很容易可見c_{-n,N}=-c_{n,N}c−n,N=−cn,N,故而c_{0,N}=0c0,N=0若n>0n>0那么

c_{n,N}=(-1)^{n+1}\sum_{j=N-n+1}^{N+n}\frac{(-1)^j}{j}cn,N=(−1)n+1∑j=N−n+1N+n(−1)jj

我們可以知道|c_{n,N}|\le1/(N-n+1)|cn,N|≤1/(N−n+1)由於這個交錯和加了后比第一項要小，也即

\begin{align*}|a_N^2-b_N|&\le \sum \left(\frac{1}{(2n-1)(N-n+1)}+\frac{1}{(2n+1)(N-n+1)}\right)\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{1}{2N+1}\left(\frac{2}{2n-1}+\frac{1}{N-n+1}\right)+\sum_{n=1}^N\frac{1}{2N+3}\left(\frac{2}{2n+1}+\frac{1}{N-n+1}\right)\\ &\le \frac{1}{2N+1}(2+4\log{(2N+1)}+2+2\log{(N+1)}) \end{align*}|aN2−bN|≤∑(1(2n−1)(N−n+1)+1(2n+1)(N−n+1))=∑n=1N12N+1(22n−1+1N−n+1)+∑n=1N12N+3(22n+1+1N−n+1)≤12N+1(2+4log⁡(2N+1)+2+2log⁡(N+1))

所以a_N^2-b_NaN2−bN趨於00成立。

 

證明20:數論的證明

 (本證明來自華羅庚的數論)

需要用到整數能被表示為四個平方的和。令r(n)r(n)為四元組使得n=x^2+y^2+z^2+t^2n=x2+y2+z2+t2成立的四元組(x,y,z,t)(x,y,z,t)的個數。最平凡的是r(0)=1r(0)=1,同時，我們知道

r(n)=8\sum_{m|n,4\nmid m}mr(n)=8∑m|n,4∤mm

對於n>0n>0成立。令R(N)=\sum_{n=0}^N r(n)R(N)=∑n=0Nr(n),很容易可以看出，R(N)R(N)是漸進於半徑\sqrt{N}N的四維球體積。也即R(N)\sim \frac{\pi^2}{2}NR(N)∼π22N.但是

R(N)=1+8\sum_{n=1}^N\sum_{m|n,4\nmid m}m=1+8\sum_{m\le N,4\nmid m}m\left\lfloor \frac{N}{m}\right\rfloor = 1+8(\theta(N)-4\theta(N/4))R(N)=1+8∑n=1N∑m|n,4∤mm=1+8∑m≤N,4∤mm⌊Nm⌋=1+8(θ(N)−4θ(N/4))

其中

\theta(x)=\sum_{m\le x}m\left\lfloor \frac{x}{m}\right\rfloorθ(x)=∑m≤xm⌊xm⌋

但是

\begin{align*}\theta(x)&=\sum_{mr\le x}m=\sum_{r\le x}\sum_{m=1}^{\lfloor x/r \rfloor}m=\frac{1}{2}\sum_{r \le x}\left(\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor^2+\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor\right)=\frac{1}{2}\sum_{r \le x}\left(\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor^2+O\left(\frac{x}{r}\right)\right)\\ &=\frac{x^2}{2}(\zeta(2)+O(1/x))+O(x\log{x})=\frac{\zeta(2) x^2}{2}+O(x\log{x}) \end{align*}θ(x)=∑mr≤xm=∑r≤x∑m=1⌊x/r⌋m=12∑r≤x(⌊xr⌋2+⌊xr⌋)=12∑r≤x(⌊xr⌋2+O(xr))=x22(ζ(2)+O(1/x))+O(xlog⁡x)=ζ(2)x22+O(xlog⁡x)

當x\to\inftyx→∞成立，從而

R(N)\sim \frac{\pi^2}{2}N^2\sim 4\zeta(2)\left(N^2-\frac{N^2}{4}\right)R(N)∼π22N2∼4ζ(2)(N2−N24)

得到\zeta(2)=\pi^2/6ζ(2)=π2/6

 

證明21:類似的初等證明

首先我們要證明這個等式：

 

\sum_{k=1}^n \cot^2 \left( \frac {2k-1}{2n} \frac{\pi}{2} \right) = 2n^2 – n∑k=1ncot2⁡(2k−12nπ2)=2n2–n

 

是由於注意到

 

\cos 2n\theta = \text{Re}(\cos\theta + i \sin\theta)^{2n} = \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}\cos^{2n-2k}\theta\sin^{2k}\thetacos⁡2nθ=Re(cos⁡θ+isin⁡θ)2n=∑k=0n(−1)k(2n2k)cos2n−2k⁡θsin2k⁡θ

 

就立即可得

 

\frac{\cos 2n\theta}{\sin^{2n}\theta} =  \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}\cot^{2n-2k}\thetacos⁡2nθsin2n⁡θ=∑k=0n(−1)k(2n2k)cot2n−2k⁡θ

 

令x=\cot^2{\theta}x=cot2⁡θ,就可以變為

 

f(x) = \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}x^{n-k}f(x)=∑k=0n(−1)k(2n2k)xn−k

 

有根x_j = \cot^2 (2j-1)\pi/4nxj=cot2⁡(2j−1)π/4n對j=1,2,\cdots ,nj=1,2,⋯,n成立，從而由於\binom{2n}{2n-2}=2n^2-n(2n2n−2)=2n2−n,韋達定理知答案。

有了這個等式，我們類似初等證明中的方法進行證明

現在1/\theta > \cot \theta > 1/\theta - \theta/3 > 01/θ>cot⁡θ>1/θ−θ/3>0對於0< \theta< \pi/2 < \sqrt{3}0<θ<π/2<3成立，就有

1/\theta^2 – 2/3 < \cot^2 \theta < 1/\theta^21/θ2–2/3<cot2⁡θ<1/θ2

對於\theta_k = (2k-1)\pi/4nθk=(2k−1)π/4n做和，從k=1k=1到nn我們得到

2n^2 – n < \sum_{k=1}^n \left( \frac{2n}{2k-1}\frac{2}{\pi} \right)^2 < 2n^2 – n + 2n/32n2–n<∑k=1n(2n2k−12π)2<2n2–n+2n/3

從而有

\frac{\pi^2}{16}\frac{2n^2-n}{n^2} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)^2} < \frac{\pi^2}{16}\frac{2n^2-n/3}{n^2}π2162n2−nn2<∑k=1n1(2k−1)2<π2162n2−n/3n2

這也就是我們想要的

\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}∑k=1∞1(2k−1)2=π28

 

證明22:伯努利數的證明

函數B(x) = \frac{x}{e^x - 1}B(x)=xex−1為伯努力數B_kBk的生成函數，有BB是亞純，且只在2\pi in2πin有極點，利用Mittag-Leffler定理可以展開為

 

\frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{2\pi i n}{x - 2 \pi i n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} - \left( \frac{1}{1 - \frac{x}{2\pi i n}} \right).xex−1=∑n∈Z2πinx−2πin=∑n∈Z−(11−x2πin).

 

而注意到后者又可以展開為幾何級數相加：

 

\frac{x}{e^x - 1} = - \sum_{n \in \mathbb{Z}} \sum_{k \ge 0} \left( \frac{x}{2\pi i n} \right)^k = \sum_{k \ge 0} (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi )^{2n}} x^{2n}xex−1=−∑n∈Z∑k≥0(x2πin)k=∑k≥0(−1)n+12ζ(2n)(2π)2nx2n

 

是由於在重排級數的同時，奇數項消去了而偶數項留下了，所以我們就得到如下式子：

 

B_{2n} = (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}}B2n=(−1)n+12ζ(2n)(2π)2n

 

也就是要求計算

 

B_2=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\left\{\frac{x}{e^x - 1}-1+\frac{x}{2}\right\}=\frac{1}{12}B2=limx→01x2{xex−1−1+x2}=112

 

那么\zeta(2)=\pi^2/6ζ(2)=π2/6就能得到了。

證明23:超幾何正切分布的證明

（本證明來自Lars Holst於2013年Journal of Applied Probability的證明）

注意到超幾何正切函數f_1(x)=\frac{2}{\pi(e^x-e^{-x})}f1(x)=2π(ex−e−x),有

\int_{-\infty}^x\frac{2}{\pi (e^y-e^{-y})}dy=\frac{2}{\pi}\arctan(e^x).∫−∞x2π(ey−e−y)dy=2πarctan⁡(ex).

 

這樣可以知道f_1f1是一個分布函數，而如果X_1,X_2X1,X2都滿足超幾何正切分布的話，我們有如下引理：

X_1+X_2X1+X2的概率密度是：

f_2(x)=\frac{4x}{\pi^2(e^x-e^{-x})}.f2(x)=4xπ2(ex−e−x).

 

這是因為

 

\begin{align*} \int_{-\infty}^\infty &\frac{2}{\pi(e^y+e^{-y})} \frac{2}{\pi(e^{x-y}+e^{y-x})}dy\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{u e^{-x}}{(1+u^2)(1+u^2 e^{-2x})}du\\ &= \frac{4}{\pi(e^x-e^{-x})}\int_0^\infty \left(\frac{u}{1+u^2}-\frac{u e^{-2x}}{1+u^2 e^{-2x}}\right)du \\&=\frac{4 x}{\pi(e^x-e^{-x})} \end{align*}∫−∞∞2π(ey+e−y)2π(ex−y+ey−x)dy=4π2∫0∞ue−x(1+u2)(1+u2e−2x)du=4π(ex−e−x)∫0∞(u1+u2−ue−2x1+u2e−2x)du=4xπ(ex−e−x)

而知道這樣的函數是密度函數之后，我們就可以得到Basel問題：

 

 

\begin{align*}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} &=\sum_{k=0}^\infty \int_0^\infty x e^{-(2k+1)x}dx \\ &=\int_0^\infty x e^{-x} \sum_{k=0}^{\infty} e^{-2kx}dx=\int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-2x}}dx\\ &=\frac{\pi^2}{8}\int_{-\infty}^\infty f_2(x)dx=\frac{\pi^2}{8} \end{align*}∑k=0∞1(2k+1)2=∑k=0∞∫0∞xe−(2k+1)xdx=∫0∞xe−x∑k=0∞e−2kxdx=∫0∞xe−x1−e−2xdx=π28∫−∞∞f2(x)dx=π28

 

這樣可以得到結論。