巴塞尔问题（\(\zeta(2)=\frac{\pi}{6}\)）
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，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，他的想法后来被黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的素数个数》(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。
上面是背景故事，简单来说就是求以下级数的精确值 \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\right) \] 不着急，我们先来证明该级数是收敛的。
注意到任意整数 \(n\,(n\ge 2)\) 有 \(\frac{1}{n^2} < \frac{1}{(n-1)n}\) ，故 \[ 1+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\right)<1+\left(\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n}\right) = 1 + \left(1 - \frac{1}{n}\right) < 2 \] 故 \[ 1<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}<2 \] 证毕。
接着我们来介绍一下刚刚提到的黎曼 \(\zeta\) (zeta)函数，或者说 \(\zeta(s)\) 。
\(\zeta(s)\) 对任何实数部分大于 \(1\) 的复数 \(s\) 都是有定义的，由以下公式定义 \[ \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s} \] 另外维基百科还提到了，当 \(s\) 为正偶数时，\(\zeta(s)\) 可以用伯努利数来表示，这不是本文重点。
好了，到目前为止都是铺垫，要开始讲证明了。
不过维基百科上什么双重积分什么傅里叶分析我都看不懂，我就来讲小学生都会的证明吧。
这个证明的原理主要是利用 \((\cos (x)+i \sin (x))^n=\cos (n x)+i \sin (n x)\) 的性质，
然后把三角函数强行扯到要证明的式子上，由此来证明的。可以，反正我想不到。
命题：\(\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\) 。
证明：
注意到 \[ \frac{1}{2} r^2 \tan \vartheta>\frac{1}{2} r^2 \vartheta>\frac{1}{2} r^2 \sin \vartheta \] 化简得 \[ \cot ^2 \vartheta<\frac{1}{\vartheta^2}<\csc ^2 \vartheta \] 设实数 \(x\) 满足 \(0 < x < \frac{\pi}{2}\) ，并设 \(n\) 为正整数，由 \(\operatorname{cis}\) （上面提到的公式）和余切函数的定义得 \[ \frac{\cos (n x)+i \sin (n x)}{(\sin x)^n}=\frac{(\cos x+i \sin x)^n}{(\sin x)^n}=\left(\frac{\cos x+i \sin x}{\sin x}\right)^n=(\cot x+i)^n \] 根据二项式定理，有 \[ \begin{aligned} (\cot x+i)^n &= \binom{n}{0}\cot^n x + \binom{n}{1}(\cot^{n-1} x)i + \cdots + \binom{n}{n-1}(\cot x)i^{n-1} + \binom{n}{n}i^n \\[6pt] &=\left[\binom{n}{0}\cot^n x - \binom{n}{2}(\cot^{n-2} x) \pm\cdots\right] + i\left[\binom{n}{1}\cot^{n-1} x - \binom{n}{3}\cot^{n-3} x\pm \cdots\right] \end{aligned} \] 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 \[ \frac{\sin (n x)}{(\sin x)^n}=\left[\binom{n}{1} \cot ^{n-1} x-\binom{n}{3} \cot ^{n-3} x \pm \cdots\right] \] 考虑固定一个正整数 \(m\) ，设 \(n=2m+1\) ，并记 \(x_r = r\cdot\frac{\pi}{2m + 1}\) 对于 \(r = 1,2,\cdots,m\) 。
那么 \(nx_r\) 是 \(\pi\) 的倍数，因此是正弦函数的零点，则 \[ 0=\binom{2m+1}{1} \cot ^{2 m} x_r-\binom{2m+1}{3} \cot ^{2 m-2} x_r \pm \cdots+(-1)^m\binom{2m+1}{2m+1} \] 对于所有的 \(r\) ，\(x_r\) 的值是区间 \((0,\frac{\pi}{2})\) 内不同的数。
由于 \(\cot^2 x\) 在这个区间内是一一对应的，因此 \(t_r = \cot^2 x_r\) 的值各不同。
根据以上方程，这 \(m\) 个 \(t\) 为以下 \(m\) 次多项式的根： \[ p(t) := \binom{2m+1}{1} t^m-\binom{2m+1}{3} t^{m-1} \pm \cdots+(-1)^m\binom{2m+1}{2m+1} \] 根据韦达定理，我们可以计算出所有根的和 \[ \cot ^2 x_1+\cot ^2 x_2+\cdots+\cot ^2 x_m=\frac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}}=\frac{2 m(2 m-1)}{6} \] 代入恒等式 \(\csc^2 \vartheta = \cot^2 \vartheta + 1\) 得 \[ \csc ^2 x_1+\csc ^2 x_2+\cdots+\csc ^2 x_m=\frac{2 m(2 m-1)}{6}+m=\frac{2 m(2 m+2)}{6} \] 现在考虑不等式 \(\cot ^2 \vartheta<\frac{1}{\vartheta^2}<\csc ^2 \vartheta\) 。
如果我们把对于 \(x_r = r\cdot\frac{\pi}{2m + 1}\) 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 \[ \frac{2 m(2 m-1)}{6}<\left(\frac{2 m+1}{\pi}\right)^2+\left(\frac{2 m+1}{2 \pi}\right)^2+\cdots+\left(\frac{2 m+1}{m \pi}\right)^2<\frac{2 m(2 m+2)}{6} \] 把不等式乘以 \(\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)^2\) ，便得 \[ \frac{\pi^2}{6}\left(\frac{2 m}{2 m+1}\right)\left(\frac{2 m-1}{2 m+1}\right)<\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{m^2}<\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{2 m}{2 m+1}\right)\left(\frac{2 m+2}{2 m+1}\right) \] 当 \(m \to \infty\) 时，左面和右面的表达式都趋于 \(\frac{\pi}{6}\) ，根据夹逼定理有 \[ \zeta(2)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}=\lim _{m \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{m^2}\right)=\frac{\pi^2}{6} \] 证毕。
关于二重积分和傅里叶级数的证明，恐怕得等到很久以后才能来讲了。
参考文献：
[1] https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%B7%B4%E5%A1%9E%E5%B0%94%E9%97%AE%E9%A2%98
