巴塞尔问题详解：计算所有正整数平方的倒数之和

1 相关历史背景

巴塞尔问题（Basel Problem）是数学史上一个著名的问题，由意大利数学家皮埃特罗·门戈利（Pietro Mengoli）在1644年首次提出。 但他未能解决，只能给出小数点后六位的近似解是1.644934，但是未能给出精确值。

Pietro Mengoli：意大利数学家。生于波伦亚，卒于同地。1650年在波伦亚大学获哲学学位，毕业后留校工作，直到去逝。门戈利在数学上的主要贡献是在他的《算术求积新法》(Novae quadraturae arithmeticae1650)中证明了调和级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ 的发散性。他将这一级数划分为一个无穷数组，使每一组中各项的和均大于1，从而得到该级数发散的结论。这项成就比雅各布·伯努利的第一个证明(1689)早了近40年。此外，他还证明了三角形级数 $\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{10}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)/2}+\cdots$ 的和为1，进一步又求得 ${\sum }_n\frac{1}{n(n+r)}=\frac{1}{n}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{r})$ 与 ${\sum }_n\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{4}$ 等结果，并利用这些结果计算了形如 ${\int }_0^t{x}^{m/2}(1-x{)}^{m/2}dx$ 类的积分 (1659)。他在无穷级数方面的工作领先于惠更斯和莱布尼茨等人。他的工作是从卡瓦列里不可分原理向牛顿流技术和莱布尼茨微分法的过渡。（摘自数学百科：http://shuxueji.com/）

问题的核心是计算所有正整数平方的倒数之和，即：

$$\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

这个问题之所以被称为“巴塞尔问题”，是因为它引起了瑞士巴塞尔（Basel）的数学家们的广泛关注，尤其是莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）的杰出贡献。

2 欧拉的突破

欧拉（Leonhard Euler）在1734年首次解决了巴塞尔问题，当时他只有28岁。
欧拉的解法基于对函数 $\frac{\sin x}{x}$ 的分析。他通过将 $\frac{\sin x}{x}$ 展开为无穷乘积，并与泰勒展开式进行比较，得到了 $\zeta (2)$ 的精确值。
欧拉最初的结果是：

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

这个结果震惊了当时的数学界，因为 $\pi$ 的出现，简直布诗人。而如果对上述答案展开，小数点后六位刚好就是1.644934，很难相信这是巧合。

3 欧拉的进一步研究

在此基础上，欧拉进一步研究了更一般的级数 $\zeta (s)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$，并发现了著名的黎曼ζ函数（Riemann Zeta Function）的雏形。还证明了 $\zeta (2)$ 的值的正确性，并通过多种方法验证了他的结果。例如，他通过计算部分和并观察其收敛性，进一步确认了 $\frac{{\pi }^2}{6}$ 的正确性。

4. 巴塞尔问题的意义

• 巴塞尔问题的解决展示了数学中无穷级数的深刻性质，为后来的数学家提供了研究类似问题的工具和方法。
• 欧拉的解法启发了许多后续研究，例如傅里叶级数和复分析。
• 巴塞尔问题还与物理学中的许多问题密切相关。例如，在量子力学和统计力学中，$\zeta (2)$ 的值经常出现在各种公式中。
• 在现代数学中，巴塞尔问题是黎曼ζ函数研究的一个特例。
• 巴塞尔问题的解决也为后来的数学家提供了研究无穷级数的新思路。例如，拉马努金（Ramanujan）在研究无穷级数时，受到了欧拉的启发。

5 公式推导

前面讲了一堆历史，接下来就上主菜吧。

1. 函数选择
   欧拉选择了函数 $\frac{\sin x}{x}$，因为它在 $x=0$ 处有定义，并且其零点为 $x=\pm n\pi$（$n=1,2,3,\dots$）。

2. 无穷乘积展开
   欧拉假设 $\frac{\sin x}{x}$ 可以表示为无穷乘积：

   $$\frac{\sin x}{x}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)$$

   这个假设基于函数在 $x=\pm n\pi$ 处的零点。

3. 泰勒展开
   另一方面，$\frac{\sin x}{x}$ 的泰勒展开式为：

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

4. 比较系数
   将无穷乘积展开与泰勒展开式进行比较。首先，展开无穷乘积的前几项：

   $$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)=\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{9{\pi }^2}\right)\dots$$

   展开后，$x^2$ 项的系数为：

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

   泰勒展开式中 $x^2$ 项的系数为 $-\frac{1}{6}$。

   所以将两边的 $x^2$ 项系数相等：

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

5. 求解 $\zeta (2)$ 得到结果

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

另外一种思路就是由于与 $\pi$ 相关，所以想到和三角函数相关，两边同除 $x$ ，右边有平方差公式，但是发现发散。所以右边式子应该加入常数 $C$ 使得等号成立 ，接着考虑凑平方和、极限、二次项系数。

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=?$

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

无穷和可以转为无穷积：$（）\times （）\cdots$

由于解是$n\pi$ ，所以应该是如下：

$$\cdots (x-\pi )\times (x)\times (x+\pi )\times (x+2\pi )\cdots$$

$$\Rightarrow \cdots x(x^2-{\pi }^2)(x^2-4{\pi }^2)(x^2-9{\pi }^2)\cdots$$

但是上述式子是发散的，所以还是有问题的，应该再乘一个常数 $C$ 使得其收敛。

$$\therefore \sin x=C\cdot x(x^2-{\pi }^2)\cdots$$

两边同除$x$ ，考虑极限

$$\frac{\sin x}{x}=\frac{C\cdot x(x^2-{\pi }^2)\cdots }{x}$$

$$\therefore \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=\frac{C\cdot x(x^2-{\pi }^2)\cdots }{x}$$

$$\therefore 1=C\cdot (x^2-{\pi }^2)\cdots$$

$$\therefore C=\frac{1}{(-\pi {)}^2(-4\pi {)}^2}\cdots =\prod _{n=1}^{\infty }(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2})$$

现在有sinx的无穷和和无穷积：
$$\therefore \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots$$

$$\sin x=x\prod _{n=1}^{\infty }(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2})$$

把无穷积展开，找二次项系数
$$x\left(1-\left(\frac{1}{{\pi }^2}+\frac{1}{2^2{\pi }^2}+\frac{1}{3^2{\pi }^2}\cdots \right)x^2-\cdots \right)$$

泰勒无穷和中的二项式系数为
$$\frac{1}{3!}$$

$$\therefore \prod _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2{\pi }^2}=\frac{1}{6}$$
$$\therefore \prod _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$