巴塞爾問題

巴塞爾問題是一個著名的數論問題，這個問題首先由義大利數學家皮耶特羅·門戈利在1644年提出，瑞士數學家萊昂哈德·歐拉於1735年解決。由於這個問題難倒了以前許多的數學家，年僅二十八歲的歐拉因此一舉成名。歐拉把這個問題作了一番推廣，他的想法後來被德國數學家黎曼在1859年的論文《論小於給定大數的質數個數》（Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Grösse）中所採用，論文中定義了黎曼ζ函數，並證明了它的一些基本的性質。這個問題是以瑞士的第三大城市巴塞爾命名的，它是歐拉和伯努利家族的家鄉。

這個問題是精確計算所有平方數的倒數的和，也就是以下級數的和：

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

這個級數的和大約等於1.644934。巴塞爾問題是尋找這個數的準確值，並證明它是正確的。歐拉發現準確值是$\frac{\pi^2}{6}$，並在1735年公布；彼時他給出了一個錯誤的證明，真正嚴密的證明在1741年給出。

## 收斂性證明

利用放縮法可以簡便地證明級數$\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^2}$有界，並由單調收斂定理得到收斂性。

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

## 歐拉的錯誤證明

歐拉最初推導$\frac{\pi^2}{6}\,$的方法是聰明和新穎的。他假設有限多項式的性質對於無窮級數也是成立的。然而，歐拉沒有證明此一假設，且此一假設在一般情況下也是錯誤的。不過他計算了級數的部分和後發現，級數確實趨近$\frac{\pi^2}{6}\,$，不多不少。這給了他足夠的自信心，把這個結果公諸於眾。

歐拉的方法是從正弦函數的泰勒級數展開式開始：

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

兩邊除以$x\,$，得：

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

現在，$\frac{\sin x}{x}= 0\,$的根出現在$x = n\cdot\pi\,$，其中$n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots\,$我們假設可以把這個無窮級數表示為線性因子的乘積，就像把多項式因式分解一樣：

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

如果把這個乘積展開，並把所有有$x^2\,$的項收集在一起，我們可以看到， $\frac{\sin x}{x}\,$的二次項係數為：

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

但從$\frac{\sin x}{x}\,$原先的級數展開式中可以看出，$x^2\,$的係數是$-\frac{1}{3!}= -\frac{1}{6}\,$。這兩個係數一定是相等的；因此。

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

等式兩邊乘以$-\pi^2\,$就可以得出所有平方數的倒數之和。

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

## 黎曼ζ函數

黎曼ζ函數ζ(s)是數學中的一個很重要的函數，因為它與素數的分布密切相關。這個函數對於任何實數部分大於1的複數s都是有定義的，由以下公式定義：

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

取s = 2，我們可以看出ζ(2)等於所有平方數的倒數之和：

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

用以下的等式，可以證明這個級數收斂：

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

因此ζ(2)的上界小於2，因為這個級數只含有正數項，它一定是收斂的。可以證明，當s是正的偶數時，ζ(s)可以用伯努利數來表示。設$s=2n$，有以下公式：

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

## 嚴密的證明

以下介紹了一個$\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$的證明。它是目前已知最基本的證明，大部分其它的證明都需要用到傅立葉分析、複分析和多變量微積分，但這個證明連一元微積分也不需要（在證明的最後部分需要使用極限的概念）。

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

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

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

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

這個證明的想法是把以下的部分和固定在兩個表達式之間，這兩個表達式當m趨於無窮大時都趨於$\frac{\pi^2}{6}$。

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

這兩個表達式從餘切和餘割的恆等式推出。而這些恆等式則從棣莫弗定理推出。

設x為一個實數，滿足0 < x < π/2，並設n為正整數。從棣莫弗定理和餘切函數的定義，可得：

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

根據二項式定理，我們有：

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

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

把兩個方程合併，由於相等的兩個複數的虛數部分也一定相等，因此有：

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

固定一個正整數m，設n = 2m + 1，並考慮xr = r π/(2m + 1)對於r = 1、2、……、m。那麼nxr是π的倍數，因此是正弦函數的零點，所以：

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

對於所有的r = 1、2、……、m。x1、……、xm是區間(0, π/2)內不同的數。由於函數cot2 x在這個區間內是一一對應的，因此當r = 1、2、……、m時，tr = cot2 xr的值各不同。根據以上方程，這些m個"tr"是以下m次多項式的根：

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

根據韋達定理，我們可以直接從這個多項式的頭兩項計算出所有根的和，因此：

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

把恆等式csc2 x = cot2 x + 1代入，可得：

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

現在考慮不等式cot2 x < 1/x2 < csc2 x。如果我們把對於xr = r π/(2m + 1)的所有不等式相加起來，並利用以上的兩個恆等式，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：

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

當m趨於無窮大時，左面和右面的表達式都趨於$\frac{\pi^2}{6}$，因此根據夾擠定理，有：

$$\zeta(2) = \sum_{k=1}^\infin \frac{1}{k^2} = \lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}$$

證畢。

## 二重積分的證明

首先考慮二重積分$\iint \limits_{D_1} \frac{\mathrm dx \mathrm dy}{1-xy}$的級數展開形式，其中區域D1為x∈(0,1)且y∈(0,1)的正方形區域：

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

接下來考慮做如下變換：

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

相當於將正方形區域D1旋轉45°之後變成D2，但仍然保持其形狀與面積，其中正方形D2的四個頂點在(u,v)下的坐標分別是$(0,0)$、$(1/\sqrt2,-1/\sqrt2)$、$(\sqrt2,0)$、$(1/\sqrt2,1/\sqrt2)$：

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

最後一行用到的是偶函數的性質化簡積分，並且將加號前後的兩個積分（包括前面的係數）簡記為I1與I2。先計算I1，下面變量代換設$u=\sqrt2\sin\theta$，則有$\mathrm du=\sqrt2\cos\theta\mathrm d\theta$：

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

類似地，再計算I2，下面變量代換設$u=\sqrt2\cos\theta$，則有$\mathrm du=-\sqrt2\sin\theta\mathrm d\theta$，並且交換積分上下限從負號變回正號：

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

最終可以得到：

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

證畢。

## 傅立葉級數的證明

設有函數$f(x)=x$，其定義域為$x \in (-\pi,\pi)$。這個函數的傅立葉級數是：

$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx)$。

根據帕塞瓦爾恆等式，我們有：

$${\pi^2 \over 3} = {1 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) \, dx = \sum_{n=1}^{\infty}{1 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (2 \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin(nt) )^2 dt = 2 \sum_{n=1}^{\infty} {1 \over n^2}$$

因此

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

證畢。

## 外部連結

- 歐拉對巴塞爾問題的解法──一個很長的故事
- 歐拉是怎樣解決的
- 歐拉和伯努利的無窮級數增添了一個微積分班級的趣味
- ζ(2)=π2/6的十四種證明，由Robin Chapman編制