留数
が得られる。今回難しいのは、左辺の複素線積分が消えることの証明である。そこで
∫ Γ N π cot  ( π z ) z d z = 0 {\displaystyle \int _{\Gamma _{N}}{\frac {\pi \cot(\pi z)}{z}}\,dz=0}
であることを利用する。これが成り立つのは、被積分関数が偶関数であるため、左半平面にある経路からの寄与と右半平面にある経路からの寄与が互いに打ち消し合うからである。
よって、
∫ Γ N f ( z ) π cot  ( π z ) d z = ∫ Γ N ( 1 w − z + 1 z ) π cot  ( π z ) d z {\displaystyle \int _{\Gamma _{N}}f(z)\pi \cot(\pi z)\,dz=\int _{\Gamma _{N}}\left({\frac {1}{w-z}}+{\frac {1}{z}}\right)\pi \cot(\pi z)\,dz}
は N → ∞ のとき 0 に収束する。
このことと留数定理の等式とをあわせて、文字を w から z に取り換えれば、最初に提示した等式になる。
}
左辺は N → ∞ のとき、0に収束する。なぜなら被積分関数のオーダーが O(N) だからである。
一方、
z 2 cot  ( z 2 ) = 1 − B 2 z 2 2 ! + ⋯ ; B 2 = 1 6 {\displaystyle {\frac {z}{2}}\cot \left({\frac {z}{2}}\right)=1-B_{2}{\frac {z^{2}}{2!}}+\cdots ;\qquad B_{2}={\frac {1}{6}}}
である。実際これは、z/2 cot(z/2) = iz/1 − e − iz/2 と変形することで分かる(ベルヌーイ数を参照)。これより、留数 Res z = 0  f ( z ) π cot  ( π z ) {\displaystyle \operatorname {Res} \limits _{z=0}f(z)\pi \cot(\pi z)} は −π/3 に等しい。
以上より
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}
であることがわかり、バーゼル問題の解法の一つが得られた。