| 圓周率 |
| --- |
|  |
| **3.1415926535897932384626433...** |
| 
運用 |
| * 圓的面積
* 周長
* 含圆周率的公式列表
 |
| 
證明 |
| * 無理性
* 超越性
 |
| 
值 |
| * 約率（證明22/7大於π）
* 密率
* 近似值
* 割圓術
 |
| 
人物 |
| * 阿基米德
* 刘徽
* 祖冲之
* 玛达瓦（英语：）
* 威廉·琼斯
* 約翰·梅欽
* 约翰·伦奇
* 鲁道夫·范科伊伦
* 阿耶波多
 |
| 
歷史 |
| * 年表
 |
| 
文化 |
| * 節日
 |
| 
相關主題 |
| * 化圓為方
* 巴塞爾問題
* 连续的六个9
 |
| * 
* 论
* 编
 |

**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（英语：）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《论小于给定大数的质数个数》（*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。

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：

{\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{\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。

收敛性证明
-----

利用放缩法可以简便地证明级数{\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{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{\*}}且{\displaystyle n\geqslant 2}，{\displaystyle {\frac {1}{n^{2}}}<{\frac {1}{\left(n-1\right)n}}}。故

{\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{\displaystyle 1<\sum \_{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}<2}。

欧拉的錯誤證明
-------

欧拉最初推导\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\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：

{\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots }
两边除以x\,，得：

{\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots }
现在，\frac{\sin x}{x}= 0\,的根出现在x = n\cdot\pi\,，其中{\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：

{\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\,的项收集在一起，我们可以看到， \frac{\sin x}{x}\,的二次项系数为：

{\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\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，

{\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum \_{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}
等式两边乘以-\pi^2\,就可以得出所有平方数的倒数之和。

{\displaystyle \sum \_{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{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：

{\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：

{\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：

{\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=2n，有以下公式：

\zeta(2n)=\frac{(2\pi)^{2n}(-1)^{n+1}B\_{2n}}{2\cdot(2n)!}

严密的证明
-----

以下介绍了一个**\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，{\displaystyle {\frac {1}{2}}r^{2}\tan \theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\theta >{\frac {1}{2}}r^{2}\sin \theta }

{\displaystyle \tan \theta >\theta >\sin \theta }
{\displaystyle {\frac {1}{\tan \theta }}<{\frac {1}{\theta }}<{\frac {1}{\sin \theta }}}
{\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{\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}}。

\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：

{\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 \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
{\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：

{\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* = 2*m* + 1，并考虑*x**r* = *r* π/(2*m* + 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 = {{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*。*x*1、……、*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：

{\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：

{\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：

{\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/*x*2 < csc2 *x*。如果我们把对于*x**r* = *r* π/(2*m* + 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：

{\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/(2*m* + 1))2，便得：

{\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{\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}}，因此根据夹挤定理，有：

\zeta(2) =
\sum\_{k=1}^\infin \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。

二重积分的证明
-------

首先考虑二重积分{\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*D*1为*x*∈(0,1)且*y*∈(0,1)的正方形区域：

{\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：

{\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*D*1旋转45°之后变成*D*2，但仍然保持其形状与面积，其中正方形*D*2的四个顶点在(u,v)下的坐标分别是(0,0)、{\displaystyle (1/{\sqrt {2}},-1/{\sqrt {2}})}、{\displaystyle ({\sqrt {2}},0)}、{\displaystyle (1/{\sqrt {2}},1/{\sqrt {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*I*1与*I*2。先计算*I*1，下面变量代换设{\displaystyle u={\sqrt {2}}\sin \theta }，则有{\displaystyle \mathrm {d} u={\sqrt {2}}\cos \theta \mathrm {d} \theta }：

{\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*I*2，下面变量代换设{\displaystyle u={\sqrt {2}}\cos \theta }，则有{\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：

{\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：

{\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。

傅里叶级数的证明
--------

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

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：

{\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

{\pi^2 \over 6} = \sum\_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}
证毕。

参考文献
----

* Weil, André, Springer-Verlag, 1983, ISBN 0-8176-3141-0 .
* Dunham, William, Mathematical Association of America, 1999, ISBN 0-88385-328-0 .
* Derbyshire, John, Joseph Henry Press, 2003, ISBN 0-309-08549-7 .
* Aigner, Martin; Ziegler, Günter M. Berlin, New York: Springer-Verlag, 1998
* Edwards, Harold M. Dover, 2001, ISBN 0-486-41740-9 .

外部链接
----

* （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），由Robin Chapman编制