巴塞尔问题

**巴塞爾問題**是一個著名的數論問題，這個問題首先由皮耶特羅・門戈利在 1644 年提出，由萊昂哈德・歐拉在 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，他的想法後來被黎曼在 1859 年的論文《論小於給定大數的質數個數》（_On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude_）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：

　
: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\lim _{n\to +\infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)$

這個級數的和大約等於 **1.644934**（OEIS 數列 A013661）。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 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ 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

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

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

## 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 $n=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\dots \,$ 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：

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

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，因為它與質數的分布密切相關。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：

　
: $\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}$

取 _s_ = 2，我們可以看出 ζ(2) 等於所有平方數的倒數之和：

　
: $\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{4^{2}}}+\cdots ={\frac {\pi ^{2}}{6}}\approx 1.644934$

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、複分析和多變數微積分，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美弗定理推出。

設 _x_ 為一個實數，滿足 0 < _x_ < π/2，並設 _n_ 為正整數。從棣美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：

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

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

把兩個方程式合併，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_ = 2_m_ + 1，並考慮 _x_r = _r_ π/(2_m_+ 1) 對於 _r_ = 1、2、……、_m_。那麼 _nx_r 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_。_x_1、……、_x_m 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，_t_r = cot2 _x_r 的值各不同。根據以上方程式，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/_x_2 < csc2 _x_。如果我們把對於 _x_r = _r_ π/(2_m_+ 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/(2_m_ + 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：

　
: $\zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\lim _{m\to \infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}\right)={\frac {\pi ^{2}}{6}}$

證畢。

## 二重積分的證明

首先考慮二重積分 $\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}$ 的級數展開形式，其中區域 _D_1 為 _x_∈(0,1) 且 _y_∈(0,1) 的正方形區域：

　
: ${\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1-xy}}\right)\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left[\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(xy)^{n-1}\mathrm {d} x\right]\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}y^{n-1}}{n}}\right|_{x=0}^{x=1}\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n-1}}{n}}\mathrm {d} y\\&=\left.\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {y^{n}}{n^{2}}}\right|_{y=0}^{y=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}\end{aligned}}$

接下來考慮做如下轉換：

　
: ${\begin{cases}x=u\cos {\dfrac {\pi }{4}}-v\sin {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u-v}{\sqrt {2}}}\\y=u\sin {\dfrac {\pi }{4}}+v\cos {\dfrac {\pi }{4}}={\dfrac {u+v}{\sqrt {2}}}\\\end{cases}}$

相當於將正方形區域 _D_1 旋轉 45° 之後變成 _D_2，但仍然保持其形狀與面積，其中正方形 _D_2 的四個頂點在 (u,v) 下的坐標分別是 $(0,0)$ 、 $(1/{\sqrt {2}},-1/{\sqrt {2}})$ 、 $({\sqrt {2}},0)$ 、 $(1/{\sqrt {2}},1/{\sqrt {2}})$ ：

　
: ${\begin{aligned}\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}&=\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{1-{\frac {(u-v)(u+v)}{2}}}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\\&=2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{-u}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+2\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{u-{\sqrt {2}}}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\int _{0}^{u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u+4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left(\int _{0}^{{\sqrt {2}}-u}{\frac {\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}\right)\mathrm {d} u\\&=I_{1}+I_{2}\end{aligned}}$

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 _I_1 與 _I_2。先計算 _I_1，下面變數代換設 $u={\sqrt {2}}\sin \theta $ ，則有 $\mathrm {d} u={\sqrt {2}}\cos \theta \mathrm {d} \theta $ ：

　
: ${\begin{aligned}I_{1}&=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v=u}\mathrm {d} u=4\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\frac {\arctan {\frac {u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\sin ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\sqrt {2}}\cos \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta }{{\sqrt {2}}\cos \theta }}}{{\sqrt {2}}\cos \theta }}\mathrm {d} \theta \\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}\arctan \tan \theta \mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}\theta \mathrm {d} \theta =2\theta ^{2}{\bigg |}_{\theta =0}^{\theta ={\frac {\pi }{6}}}={\frac {\pi ^{2}}{18}}\end{aligned}}$

類似地，再計算 _I_2，下面變數代換設 $u={\sqrt {2}}\cos \theta $ ，則有 $\mathrm {d} u=-{\sqrt {2}}\sin \theta \mathrm {d} \theta $ ，並且交換積分上下限從負號變回正號：

　
: ${\begin{aligned}I_{2}&=4\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}\left.{\frac {\arctan {\frac {v}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\right|_{v=0}^{v={\sqrt {2}}-u}\mathrm {d} u=\int _{\frac {1}{\sqrt {2}}}^{\sqrt {2}}{\frac {\arctan {\frac {{\sqrt {2}}-u}{\sqrt {2-u^{2}}}}}{\sqrt {2-u^{2}}}}\mathrm {d} u\\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}-{\sqrt {2}}\cos \theta }{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}}{\sqrt {2-2\cos ^{2}\theta }}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {{\sqrt {2}}\sin \theta \cdot \arctan {\frac {{\sqrt {2}}(1-\cos \theta )}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}}{{\sqrt {2}}\sin \theta }}\mathrm {d} \theta \\&=4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\arctan \tan {\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =4\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\theta }{2}}\mathrm {d} \theta =\theta ^{2}{\bigg |}_{\theta =0}^{\theta ={\frac {\pi }{3}}}={\frac {\pi ^{2}}{9}}\end{aligned}}$

最終可以得到：

　
: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}=2\iint \limits _{D_{2}}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2-u^{2}+v^{2}}}=I_{1}+I_{2}={\frac {\pi ^{2}}{18}}+{\frac {\pi ^{2}}{9}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$

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。

## 參考文獻

* 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 .

## 外部連結

* （英文）歐拉對巴塞爾問題的解法──一個很長的故事 PDF (61.7 KiB)
* （英文）歐拉是怎樣解決的 PDF (265 KiB)
* （英文）歐拉和伯努利的無窮級數增添了一個微積分班級的趣味 PDF (106 KiB)
* （英文）ζ(2)=π2/6 的十四種證明 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館），由 Robin Chapman 編制