巴塞尔问题

巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由意大利数学家皮耶特罗·门戈利在1644年提出，瑞士数学家莱昂哈德·欧拉于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，他的想法后来被德国数学家黎曼在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：

$$\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \lim_{n \to +\infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{n^2}\right)$$

这个级数的和大约等于1.644934。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$\frac{\pi^2}{6}$，并在1735年公布；彼时他给出了一个错误的证明，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$\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}$有界，并由单调收敛定理得到收敛性。

注意到$\forall n\in \mathbb{N}^*$且$n\geqslant 2$，$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{\left( n-1 \right) n}$。故

$$\begin{align} 1+\left( \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2} \right) & <1+\left( \frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots +\frac{1}{\left( n-1 \right) n} \right) \\ & =1+\left( 1-\frac{1}{n} \right) \\ & <2 \end{align}$$

故$1<\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}<2$。

## 欧拉的错误证明

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，欧拉没有证明此一假设，且此一假设在一般情况下也是错误的。不过他计算了级数的部分和后发现，级数确实趋近$\frac{\pi^2}{6}\,$，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：

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots$$

两边除以$x\,$，得：

$$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots$$

现在，$\frac{\sin x}{x}= 0\,$的根出现在$x = n\cdot\pi\,$，其中$n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots\,$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：

$$\begin{align} \frac{\sin x}{x} & {} = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \\ & {} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \cdots \end{align}$$

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：

$$-\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right) = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

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。

$$-\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

等式两边乘以$-\pi^2\,$就可以得出所有平方数的倒数之和。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$$

## 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：

$$\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^s}$$

取s = 2，我们可以看出ζ(2)等于所有平方数的倒数之和：

$$\zeta(2) = \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.644934$$

用以下的等式，可以证明这个级数收敛：

$$\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} < 1 + \sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)} = 1 + \sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) = 1 + 1 - \frac{1}{N} \, \xrightarrow{N \to \infty} \, 2$$

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，$\frac{1}{2}r^2\tan\theta > \frac{1}{2}r^2\theta > \frac{1}{2}r^2\sin\theta$

$$\tan\theta>\theta>\sin\theta$$

$$\frac{1}{\tan\theta}<\frac{1}{\theta}<\frac{1}{\sin\theta}$$

$$\cot^2\theta<\frac{1}{\theta^2}<\csc^2\theta$$

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$\frac{\pi^2}{6}$。

$$\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}$$

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：

$$\frac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{(\sin x)^n} = \frac{(\cos x + i\sin x)^n}{(\sin x)^n} = \left(\frac{\cos x + i \sin x}{\sin x}\right)^n = (\cot x + i)^n$$

根据二项式定理，我们有：

$$(\cot x + i)^n = {n \choose 0} \cot^n x + {n \choose 1} (\cot^{n-1} x)i + \cdots + {n \choose {n-1}} (\cot x)i^{n-1} + {n \choose n} i^n$$

$$= \left[ {n \choose 0} \cot^n x - {n \choose 2} \cot^{n-2} x \pm \cdots \right] \; + \; i\left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right]$$

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：

$$\frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n} = \left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \pm \cdots \right]$$

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：

$$0 = {{2m+1} \choose 1} \cot^{2m} x_r - {{2m+1} \choose 3} \cot^{2m-2} x_r \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}$$

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：

$$p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}$$

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：

$$\cot ^2 x_1 + \cot ^2 x_2 + \cdots + \cot ^2 x_m = \frac{\binom{2m+1}3} {\binom{2m+1}1}= \frac{2m(2m-1)}6$$

把恒等式csc2 x = cot2 x + 1代入，可得：

$$\csc ^2 x_1 + \csc ^2 x_2 + \cdots + \csc ^2 x_m =\frac{2m(2m-1)}6 + m = \frac{2m(2m+2)}6$$

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：

$$\frac{2m(2m-1)}6 < \left( \frac{2m+1}{\pi} \right) ^2 + \left( \frac{2m+1}{2 \pi} \right) ^2 + \cdots + \left( \frac{2m+1}{m \pi} \right) ^2 < \frac{2m(2m+2)}6$$

把不等式乘以(π/(2m + 1))2，便得：

$$\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right) < \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2} < \frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m+2}{2m+1}\right)$$

当m趋于无穷大时，左面和右面的表达式都趋于$\frac{\pi^2}{6}$，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$\iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy}$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：

$$\begin{align} \iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy} &= \int_0^1 \left(\int_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-xy}\right) \mathrm dy = \int_0^1 \left[\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty(xy)^{n-1} \mathrm dx\right] \mathrm dy\\ &= \int_0^1 \left.\sum_{n=1}^\infty \frac{x^ny^{n-1}}{n}\right|_{x=0}^{x=1} \mathrm dy = \int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{y^{n-1}}{n} \mathrm dy\\ &= \left.\sum_{n=1}^\infty \frac{y^n}{n^2}\right|_{y=0}^{y=1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \end{align}$$

接下来考虑做如下变换：

$$\begin{cases} x = u \cos \dfrac{\pi}{4} - v \sin \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{u-v}{\sqrt2}\\ y = u \sin \dfrac{\pi}{4} + v \cos \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{u+v}{\sqrt2}\\ \end{cases}$$

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$(0,0)$、$(1/\sqrt2,-1/\sqrt2)$、$(\sqrt2,0)$、$(1/\sqrt2,1/\sqrt2)$：

$$\begin{align} \iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy} &= \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{1-\frac{(u-v)(u+v)}2} = 2 \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\\ &= 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left(\int_{-u}^{u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du + 2 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left(\int_{u-\sqrt2}^{\sqrt2-u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du\\ &= 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left(\int_{0}^{u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du + 4 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left(\int_{0}^{\sqrt2-u}\frac{\mathrm dv}{2-u^2+v^2}\right) \mathrm du\\ &= I_1+I_2 \end{align}$$

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$u=\sqrt2\sin\theta$，则有$\mathrm du=\sqrt2\cos\theta\mathrm d\theta$：

$$\begin{align} I_1 &= 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \left.\frac{\arctan\frac{v}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}}\right|_{v=0}^{v=u} \mathrm du = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \frac{\arctan\frac{u}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}} \mathrm du\\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt2 \cos\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 \sin\theta}{\sqrt{2-2\sin^2\theta}}}{\sqrt{2-2\sin^2\theta}} \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt2 \cos\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 \sin\theta}{\sqrt2 \cos\theta}}{\sqrt2 \cos\theta} \mathrm d\theta\\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \arctan \tan\theta \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \theta \mathrm d\theta = 2\theta^2\bigg|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{6}} = \frac{\pi^2}{18} \end{align}$$

类似地，再计算I2，下面变量代换设$u=\sqrt2\cos\theta$，则有$\mathrm du=-\sqrt2\sin\theta\mathrm d\theta$，并且交换积分上下限从负号变回正号：

$$\begin{align} I_2 &= 4 \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \left.\frac{\arctan\frac{v}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}}\right|_{v=0}^{v=\sqrt2-u} \mathrm du = <pre> \int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{\sqrt2} \frac{\arctan\frac{\sqrt2-u}{\sqrt{2-u^2}}}{\sqrt{2-u^2}} \mathrm du\\ </pre> &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt2 \sin\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 - \sqrt2 \cos\theta}{\sqrt{2-2\cos^2\theta}}}{\sqrt{2-2\cos^2\theta}} \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt2 \sin\theta \cdot \arctan \frac{\sqrt2 (1 - \cos\theta)}{\sqrt2 \sin\theta}}{\sqrt2 \sin\theta} \mathrm d\theta\\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \arctan \tan \frac\theta2 \mathrm d\theta = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac\theta2 \mathrm d\theta = \theta^2\bigg|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi^2}{9} \end{align}$$

最终可以得到：

$$\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2} = \iint\limits_{D_1}\frac{\mathrm dx\mathrm dy}{1-xy} = 2 \iint \limits_{D_2} \frac{\mathrm du\mathrm dv}{2-u^2+v^2} = I_1+I_2 = \frac{\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{9} = \frac{\pi^2}{6}$$

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。

## 外部链接

- 欧拉对巴塞尔问题的解法──一个很长的故事
- 欧拉是怎样解决的
- 欧拉和伯努利的无穷级数增添了一个微积分班级的趣味
- ζ(2)=π2/6的十四种证明，由Robin Chapman编制