巴塞尔问题

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皮耶特罗·门戈利（英语：Pietro_Mengoli）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》（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： ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = lim n → + ∞ ( 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 n 2 ) {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\lim _{n\to +\infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)} 这个级数的和大约等于1.644934（OEIS數列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 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{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。 利用放缩法可以简便地证明级数 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle \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 ∀ n ∈ N ∗ {\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}} 且 n ⩾ 2 {\displaystyle n\geqslant 2} ， 1 n 2 < 1 ( n − 1 ) n {\displaystyle {\frac {1}{n^{2}}}<{\frac {1}{\left(n-1\right)n}}} 。故 1 + ( 1 2 2 + 1 3 2 + ⋯ + 1 n 2 ) < 1 + ( 1 1 × 2 + 1 2 × 3 + ⋯ + 1 ( n − 1 ) n ) = 1 + ( 1 − 1 n ) < 2 {\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}} 故 1 < ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 < 2 {\displaystyle 1<\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}<2} 。 欧拉最初推导 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{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 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{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 − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ {\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots } 两边除以 x {\displaystyle x\,} ，得： sin ⁡ x x = 1 − x 2 3 ! + x 4 5 ! − x 6 7 ! + ⋯ {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots } 现在， sin ⁡ x x = 0 {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=0\,} 的根出现在 x = n ⋅ π {\displaystyle x=n\cdot \pi \,} ，其中 n = ± 1 , ± 2 , ± 3 , … {\displaystyle 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： sin ⁡ x x = ( 1 − x π ) ( 1 + x π ) ( 1 − x 2 π ) ( 1 + x 2 π ) ( 1 − x 3 π ) ( 1 + x 3 π ) ⋯ = ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ {\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}} 如果把这个乘积展开，并把所有有 x 2 {\displaystyle x^{2}\,} 的项收集在一起，我们可以看到， sin ⁡ x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}\,} 的二次项系数为： − ( 1 π 2 + 1 4 π 2 + 1 9 π 2 + ⋯ ) = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle -\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}}}} 但从 sin ⁡ x x {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}\,} 原先的级数展开式中可以看出， x 2 {\displaystyle x^{2}\,} 的系数是 − 1 3 ! = − 1 6 {\displaystyle -{\frac {1}{3!}}=-{\frac {1}{6}}\,} 。这两个系数一定是相等的；因此， − 1 6 = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}} 等式两边乘以 − π 2 {\displaystyle -\pi ^{2}\,} 就可以得出所有平方数的倒数之和。 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}} 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 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s {\displaystyle \zeta (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 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + ⋯ = π 2 6 ≈ 1.644934 {\displaystyle \zeta (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}}}+\cdots ={\frac {\pi ^{2}}{6}}\approx 1.644934} 用以下的等式，可以证明这个级数收敛： ∑ n = 1 N 1 n 2 < 1 + ∑ n = 2 N 1 n ( n − 1 ) = 1 + ∑ n = 2 N ( 1 n − 1 − 1 n ) = 1 + 1 − 1 N → N → ∞ 2 {\displaystyle \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} 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 {\displaystyle s=2n} ，有以下公式： ζ ( 2 n ) = ( 2 π ) 2 n ( − 1 ) n + 1 B 2 n 2 ⋅ ( 2 n ) ! {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(2\pi )^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot (2n)!}}} 以下介绍了一个 ζ ( 2 ) = π 2 6 {\displaystyle \zeta (2)={\frac {\pi ^{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， 1 2 r 2 tan ⁡ θ > 1 2 r 2 θ > 1 2 r 2 sin ⁡ θ {\displaystyle {\frac {1}{2}}r^{2}\tan \theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\sin \theta } tan ⁡ θ > θ > sin ⁡ θ {\displaystyle \tan \theta >\theta >\sin \theta } 1 tan ⁡ θ < 1 θ < 1 sin ⁡ θ {\displaystyle {\frac {1}{\tan \theta }}<{\frac {1}{\theta }}<{\frac {1}{\sin \theta }}} cot 2 ⁡ θ < 1 θ 2 < csc 2 ⁡ θ {\displaystyle \cot ^{2}\theta <{\frac {1}{\theta ^{2}}}<\csc ^{2}\theta } 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 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}} 。 ∑ k = 1 m 1 k 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 {\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\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： cos ⁡ ( n x ) + i sin ⁡ ( n x ) ( sin ⁡ x ) n = ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) n ( sin ⁡ x ) n = ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x sin ⁡ x ) n = ( cot ⁡ x + i ) n {\displaystyle {\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}} 根据二项式定理，我们有： ( cot ⁡ x + i ) n = ( n 0 ) cot n ⁡ x + ( n 1 ) ( cot n − 1 ⁡ x ) i + ⋯ + ( n n − 1 ) ( cot ⁡ x ) i n − 1 + ( n n ) i n {\displaystyle (\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}} = [ ( n 0 ) cot n ⁡ x − ( n 2 ) cot n − 2 ⁡ x ± ⋯ ] + i [ ( n 1 ) cot n − 1 ⁡ x − ( n 3 ) cot n − 3 ⁡ x ± ⋯ ] {\displaystyle =\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]} 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： sin ⁡ ( n x ) ( sin ⁡ x ) n = [ ( n 1 ) cot n − 1 ⁡ x − ( n 3 ) cot n − 3 ⁡ x ± ⋯ ] {\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{(\sin x)^{n}}}=\left[{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots \right]} 固定一个正整数m，设n = 2m + 1，并考虑xr = r π/(2m + 1)对于r = 1、2、……、m。那么nxr是π的倍数，因此是正弦函数的零点，所以： 0 = ( 2 m + 1 1 ) cot 2 m ⁡ x r − ( 2 m + 1 3 ) cot 2 m − 2 ⁡ x r ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) {\displaystyle 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}}} 对于所有的r = 1、2、……、m。x1、……、xm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，tr = cot2 xr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 ) := ( 2 m + 1 1 ) t m − ( 2 m + 1 3 ) t m − 1 ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) {\displaystyle p(t):={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+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 + ⋯ + cot 2 ⁡ x m = ( 2 m + 1 3 ) ( 2 m + 1 1 ) = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 {\displaystyle \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}}} 把恒等式csc2 x = cot2 x + 1代入，可得： csc 2 ⁡ x 1 + csc 2 ⁡ x 2 + ⋯ + csc 2 ⁡ x m = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 + m = 2 m ( 2 m + 2 ) 6 {\displaystyle \csc ^{2}x_{1}+\csc ^{2}x_{2}+\cdots +\csc ^{2}x_{m}={\frac {2m(2m-1)}{6}}+m={\frac {2m(2m+2)}{6}}} 现在考虑不等式cot2 x < 1/x2 < csc2 x。如果我们把对于xr = 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： 2 m ( 2 m − 1 ) 6 < ( 2 m + 1 π ) 2 + ( 2 m + 1 2 π ) 2 + ⋯ + ( 2 m + 1 m π ) 2 < 2 m ( 2 m + 2 ) 6 {\displaystyle {\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}}} 把不等式乘以(π/(2m + 1))2，便得： π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m − 1 2 m + 1 ) < 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 < π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m + 2 2 m + 1 ) {\displaystyle {\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)} 当m趋于无穷大时，左面和右面的表达式都趋于 π 2 6 {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}} ，因此根据夹挤定理，有： ζ ( 2 ) = ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 = lim m → ∞ ( 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 ) = π 2 6 {\displaystyle \zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }{\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}}} 证毕。 首先考虑二重积分 ∬ D 1 d x d y 1 − x y {\displaystyle \iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}} 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： ∬ D 1 d x d y 1 − x y = ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 d x 1 − x y ) d y = ∫ 0 1 [ ∫ 0 1 ∑ n = 1 ∞ ( x y ) n − 1 d x ] d y = ∫ 0 1 ∑ n = 1 ∞ x n y n − 1 n | x = 0 x = 1 d y = ∫ 0 1 ∑ n = 1 ∞ y n − 1 n d y = ∑ n = 1 ∞ y n n 2 | y = 0 y = 1 = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1-xy}}\right)\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left[\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(xy)^{n-1}\mathrm {d} x\right]\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}y^{n-1}}{n}}\right|_{x=0}^{x=1}\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n-1}}{n}}\mathrm {d} y\\&=\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n}}{n^{2}}}\right|_{y=0}^{y=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}\end{aligned}}} 接下来考虑做如下变换： { x = u cos ⁡ π 4 − v sin ⁡ π 4 = u − v 2 y = u sin ⁡ π 4 + v cos ⁡ π 4 = u + v 2 {\displaystyle {\begin{cases}x=u\cos {\dfrac {\pi }{4}}-v\sin {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u-v}{\sqrt {2}}}\\y=u\sin {\dfrac {\pi }{4}}+v\cos {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u+v}{\sqrt {2}}}\\\end{cases}}} 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 ) {\displaystyle (0,0)} 、 ( 1 / 2 , − 1 / 2 ) {\displaystyle (1/{\sqrt {2}},-1/{\sqrt {2}})} 、 ( 2 , 0 ) {\displaystyle ({\sqrt {2}},0)} 、 ( 1 / 2 , 1 / 2 ) {\displaystyle (1/{\sqrt {2}},1/{\sqrt {2}})} ： ∬ D 1 d x d y 1 − x y = ∬ D 2 d u d v 1 − ( u − v ) ( u + v ) 2 = 2 ∬ D 2 d u d v 2 − u 2 + v 2 = 2 ∫ 0 1 2 ( ∫ − u u d v 2 − u 2 + v 2 ) d u + 2 ∫ 1 2 2 ( ∫ u − 2 2 − u d v 2 − u 2 + v 2 ) d u = 4 ∫ 0 1 2 ( ∫ 0 u d v 2 − u 2 + v 2 ) d u + 4 ∫ 1 2 2 ( ∫ 0 2 − u d v 2 − u 2 + v 2 ) d u = I 1 + I 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{1-{\frac {(u-v)(u+v)}{2}}}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\\&=2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{-u}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+2\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{u-{\sqrt {2}}}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{0}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{0}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=I_{1}+I_{2}\end{aligned}}} 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 = 2 sin ⁡ θ {\displaystyle u={\sqrt {2}}\sin \theta } ，则有 d u = 2 cos ⁡ θ d θ {\displaystyle \mathrm {d} u={\sqrt {2}}\cos \theta \mathrm {d} \theta } ： I 1 = 4 ∫ 0 1 2 arctan ⁡ v 2 − u 2 2 − u 2 | v = 0 v = u d u = 4 ∫ 0 1 2 arctan ⁡ u 2 − u 2 2 − u 2 d u = 4 ∫ 0 π 6 2 cos ⁡ θ ⋅ arctan ⁡ 2 sin ⁡ θ 2 − 2 sin 2 ⁡ θ 2 − 2 sin 2 ⁡ θ d θ = 4 ∫ 0 π 6 2 cos ⁡ θ ⋅ arctan ⁡ 2 sin ⁡ θ 2 cos ⁡ θ 2 cos ⁡ θ d θ = 4 ∫ 0 π 6 arctan ⁡ tan ⁡ θ d θ = 4 ∫ 0 π 6 θ d θ = 2 θ 2 | θ = 0 θ = π 6 = π 2 18 {\displaystyle {\begin{aligned}I_{1}&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v=u}\mathrm {d} u=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\frac {\arctan {\frac {u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{{\sqrt {2}}\cos \theta }}}{{\sqrt {2}}\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{aligned}}} 类似地，再计算I2，下面变量代换设 u = 2 cos ⁡ θ {\displaystyle u={\sqrt {2}}\cos \theta } ，则有 d u = − 2 sin ⁡ θ d θ {\displaystyle \mathrm {d} u=-{\sqrt {2}}\sin \theta \mathrm {d} \theta } ，并且交换积分上下限从负号变回正号： I 2 = 4 ∫ 1 2 2 arctan ⁡ v 2 − u 2 2 − u 2 | v = 0 v = 2 − u d u = ∫ 1 2 2 arctan ⁡ 2 − u 2 − u 2 2 − u 2 d u = 4 ∫ 0 π 3 2 sin ⁡ θ ⋅ arctan ⁡ 2 − 2 cos ⁡ θ 2 − 2 cos 2 ⁡ θ 2 − 2 cos 2 ⁡ θ d θ = 4 ∫ 0 π 3 2 sin ⁡ θ ⋅ arctan ⁡ 2 ( 1 − cos ⁡ θ ) 2 sin ⁡ θ 2 sin ⁡ θ d θ = 4 ∫ 0 π 3 arctan ⁡ tan ⁡ θ 2 d θ = 4 ∫ 0 π 3 θ 2 d θ = θ 2 | θ = 0 θ = π 3 = π 2 9 {\displaystyle {\begin{aligned}I_{2}&=4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v={\sqrt {2}}-u}\mathrm {d} u=\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}{\frac {\arctan {\frac {{\sqrt {2}}-u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}-{\sqrt {2}}\cos \theta }{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}(1-\cos \theta )}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}\mathrm {d} \theta \\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\arctan \tan {\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =\theta ^{2}{\bigg |}_{\theta =0}^{\theta ={\frac {\pi }{3}}}={\frac {\pi ^{2}}{9}}\end{aligned}}} 最终可以得到： ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = ∬ D 1 d x d y 1 − x y = 2 ∬ D 2 d u d v 2 − u 2 + v 2 = I 1 + I 2 = π 2 18 + π 2 9 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}=I_{1}+I_{2}={\frac {\pi ^{2}}{18}}+{\frac {\pi ^{2}}{9}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}} 证毕。 设有函数 f ( x ) = x {\displaystyle f(x)=x} ，其定义域为 x ∈ ( − π , π ) {\displaystyle x\in (-\pi ,\pi )} 。这个函数的傅里叶级数是： f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ 2 ( − 1 ) n + 1 n sin ⁡ ( n x ) {\displaystyle f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2(-1)^{n+1}}{n}}\sin(nx)} 。 根据帕塞瓦尔恒等式，我们有： π 2 3 = 1 2 π ∫ − π π f 2 ( x ) d x = ∑ n = 1 ∞ 1 2 π ∫ − π π ( 2 ( − 1 ) n + 1 n sin ⁡ ( n t ) ) 2 d t = 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle {\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}}} 因此 π 2 6 = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle {\pi ^{2} \over 6}=\sum _{n=1}^{\infty }{1 \over n^{2}}} 证毕。 Weil, André, Number Theory: An Approach Through History, Springer-Verlag, 1983, ISBN 0-8176-3141-0 . Dunham, William, Euler: The Master of Us All, Mathematical Association of America, 1999, ISBN 0-88385-328-0 . Derbyshire, John, Prime Obsession: Bernhard Riemann and the Greatest Unsolved Problem in Mathematics, Joseph Henry Press, 2003, ISBN 0-309-08549-7 . Aigner, Martin; Ziegler, Günter M., Proofs from THE BOOK, Berlin, New York: Springer-Verlag, 1998  Edwards, Harold M., Riemann's Zeta Function, Dover, 2001, ISBN 0-486-41740-9 . （英文）欧拉对巴塞尔问题的解法──一个很长的故事PDF (61.7 KiB) （英文）欧拉是怎样解决的PDF (265 KiB) （英文）欧拉和伯努利的无穷级数增添了一个微积分班级的趣味PDF (106 KiB) （英文）ζ(2)=π2/6的十四种证明 （页面存档备份，存于互联网档案馆），由Robin Chapman编制