巴塞尔问题

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。

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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。

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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。

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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。

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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