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《论小于给定大数的素数个数》（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：

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

这个级数的和大约等于1.644934（OEIS数列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${\frac {\pi ^{2}}{6}}$，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$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$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

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

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

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$n=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\dots \,$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：

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

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：

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

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：

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

取s = 2，我们可以看出ζ(2)等于所有平方数的倒数之和：

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

用以下的等式，可以证明这个级数收敛：

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

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x_r = r π/(2m + 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。x₁、……、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：

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

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x_r = 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：

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

证毕。

二重积分的证明

首先考虑二重积分$\iint \limits _{D_{1}}{\frac {\mathrm {d} x\mathrm {d} y}{1-xy}}$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：

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

接下来考虑做如下变换：

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

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$(0,0)$、$(1/{\sqrt {2}},-1/{\sqrt {2}})$、$({\sqrt {2}},0)$、$(1/{\sqrt {2}},1/{\sqrt {2}})$：

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

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$u={\sqrt {2}}\sin \theta$，则有$\mathrm {d} u={\sqrt {2}}\cos \theta \mathrm {d} \theta$：

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

类似地，再计算I₂，下面变量代换设$u={\sqrt {2}}\cos \theta$，则有$\mathrm {d} u=-{\sqrt {2}}\sin \theta \mathrm {d} \theta$，并且交换积分上下限从负号变回正号：

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

最终可以得到：

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

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, 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，存于互联网档案馆），由Robin Chapman编制