（PS：本文会不断更新）
$ ewcommandR{operatorname{Res}}$
如何计算$zeta(2)=frac{1}{1^2}+frac{1}{2^2}+frac{1}{3^2}+cdots$? 这个问题是在1644年由意大利数学家蒙哥利（Pietro Mengoli）提出的，而大数学家欧拉于1735年第一次解决了这个问题。他得出著名的结果：
[sum_{k=1}^{infty}frac{1}{k^2}=frac{pi^2}{6}]
解决这个问题的方法在近代不断涌现。这里我从各处摘抄到一些方法，列举在此，仅供大家参考。
如有错误，请向我指出，谢谢！（PS：最近发现忻州师范学院某网页抄了我博客后不给Reference，希望大家明辨是非）
首先，我们需要知道这个问题的等价形式,将这个数列除以4，我们自然得到$sum_{k=1}^{infty} frac{1}{(2k)^2}=frac{pi^2}{24}$,从而我们只需证明
[sum_{k=1}^{infty}frac{1}{(2k-1)^2}=frac{pi^2}{8}]
而以下某些证明会用到这一点。
证明1：欧拉的证明
欧拉的证明是十分聪明的。他只是将幂级数同有限的多项式联系到了一起，就得到了答案。首先注意到
[sin(x) = x - frac{x^3}{3!} + frac{x^5}{5!} - frac{x^7}{7!} + cdots]
从而
[frac{sin(x)}{x} = 1 - frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} - frac{x^6}{7!} + cdots]
但是$frac{sin{x}}{x}$的根集，为
[x=ncdot pi,mbox{ }(n = pm1, pm2, pm3, dots).]
故我们可以假定
egin{align}
frac{sin(x)}{x} & {} =
left(1 - frac{x}{pi}
ight)left(1 + frac{x}{pi}
ight)left(1 - frac{x}{2pi}
ight)left(1 + frac{x}{2pi}
ight)left(1 - frac{x}{3pi}
ight)left(1 + frac{x}{3pi}
ight) cdots
otag\
& {} = left(1 - frac{x^2}{pi^2}
ight)left(1 - frac{x^2}{4pi^2}
ight)left(1 - frac{x^2}{9pi^2}
ight)
otagcdots.
end{align}
（PS：欧拉似乎没有证明这个无穷积，直到100年后魏尔斯特拉斯得到了他著名的“魏尔斯特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem，详情可见wiki相应条目）。利用这个方法得到函数时要特别小心，我以前看到的一个反例就可以说明这个问题)
从而我们对这个无穷乘积的$x^2$项进行研究，可以知道
[-left(frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + cdots
ight) =
-frac{1}{pi^2}sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}.]
所以
[-frac{1}{6} =
-frac{1}{pi^2}sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}.]
这样就得到了答案。
注：欧拉给出过严谨的证明，但是由于他的第一个证明太广为人知，所以有时候会认为他没给出真正的证明。不过贴吧里的 tq唐乾 吧友提醒了我，实际上，欧拉有他真正的证明。是通过如下方式：首先令$N$为奇数
$$z^n-a^n=(z-1)prod_{k=1}^{(n-1)/2}(z^2-2azcos{frac{2kpi}{n}}+a^2)$$
令$z=1+x/N,a=1-x/N$,且n=N,有
egin{align*}left(1+frac{x}N
ight)^N-left(1+frac{x}N
ight)^N &=frac{2x}{N}prod_{k=1}^{(N-1)/2}left(2+frac{2x^2}{N^2}-2left(1-frac{x^2}{N^2}
ight)cos{frac{2kpi}{N}}
ight)\
&=frac{2x}{N}prod_{k=1}^{(N-1)/2}left(left(1-cos{frac{2kpi}{N}}
ight)+frac{x^2}{N^2}left(1+cos{frac{2kpi}{N}}
ight)
ight)\
&=C_N x prod_{k=1}^{(N-1)/2}left(1+frac{x^2}{N^2}frac{1+cos{(2kpi/N)}}{1-cos{(2kpi/N)}}
ight)
end{align*}
考虑一次项系数知道$C_N=2$成立，而在$N oinfty$时，左边是$e^x-e^{-x}$,右边通过$cos{y}approx 1-y^2/2$,那么右边就是$1+x^2/(k^2pi^2)$的乘积，也就是
$$frac{e^x-e^{-x}}{2}=xprod_{k=1}^{infty}left(1+frac{x^2}{k^2pi^2} ight)$$
比较三次项系数可知答案
证明2：一个初等的证明
以下证明第一次来自Ioannis Papadimitriou于1973年在American Math Monthly 80(4):424-425页发表的。Apostol在同一份杂志425-430发表了用这个方法计算$zeta(2n)$的方法。
这似乎是这个问题最“初等”的一个证明了，只需要知道三角函数相应知识就能够完成。我们先证明一个恒等式：
Lemma: 令$omega_m = frac{pi}{2m+1}$,则
[cot^2{omega_m}+cot^2{(2omega_m)}+cdotscot^2{(momega_m)}=frac{m(2m-1)}{3}.]
证明：由于
egin{align*}
sin{n heta}&=inom{n}{1}sin{ heta}cos^{n-1}{ heta}-inom{n}{3}sin^3{ heta}cos^{n-3}{ heta}+cdots pm sin^n{ heta}\
&=sin^n{ heta}left(inom{n}{1}cot^{n-1}{ heta}-inom{n}{3}cot^{n-3}{ heta}+cdots pm 1
ight)
end{align*}
很显然，令$n=2m+1$,则我们有$cot^2{omega_m},cot^2{(2omega_m)}cdots cot^2{(momega_m)}$为多项式
[inom{n}{1}x^{m}-inom{n}{3}x^{m-1}+cdots pm 1]
的根。从而利用韦达定理我们就完成了引理的证明。$square$
由于三角不等式 $sin{x}<x< an{x}$ 在$xin(0,pi/2)$成立，我们知道了$cot^2{x}<frac{1}{x^2}<1+cot^2{x}$.对于$omega_m,2omega_mcdots$带入得到
[sum_{k=1}^{m}cot^2{(komega_m)}<sum_{k=1}^{m}frac{1}{k^2omega_m^2}<m+sum_{k=1}^{m}cot^2{(komega_m)}]
所以应用上面引理，就可以得到
[frac{m(2m-1)pi^2}{3(2m+1)^2}<sum_{k=1}^{m}frac{1}{k^2}<frac{m(2m-1)pi^2}{3(2m+1)^2}+frac{mpi^2}{(2m+1)^2}]
令m趋于无穷大，结论自然就成立了。
证明3：数学分析的证明
这个证明来自Apostol在1983年的“Mathematical Intelligencer”,只需要简单的高数知识。
注意到恒等式
[frac{1}{n^2}=int_{0}^1int_0^1 x^{n-1}y^{n-1}dxdy]
利用单调收敛定理(Monotone Convergence Theorem)，立即得到
[sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}=int_{0}^1int_0^1left(sum_{n=1}^{infty}(xy)^{n-1}
ight)dxdy=int_{0}^1int_0^1 frac{1}{1-xy}dxdy]
通过换元$(u,v)=((x+y)/2,(y-x)/2)$,也就是$(x,y)=(u-v,u+v)$故
[sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}=2iint_Sfrac{1}{1-u^2+v^2}dudv]
$S$是由点$(0,0),(1/2,-1/2),(1,0),(1/2,1/2)$构成的正方形，利用正方形的对称性，那么
egin{align*}
2iint_Sfrac{1}{1-u^2+v^2}dudv&=4int_{0}^{1/2}int_{0}^{u}frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu+4int_{1/2}^{1}int_{0}^{1-u}frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu\
&=4int_{0}^{1/2}frac{1}{sqrt{1-u^2}}arctan{left(frac{u}{sqrt{1-u^2}}
ight)}du\&quad+4int_{1/2}^{1}frac{1}{sqrt{1-u^2}}arctan{left(frac{1-u}{sqrt{1-u^2}}
ight)}du
end{align*}
利用恒等式$arctan{(u/sqrt{1-u^2})}=arcsin{u},arctan{((1-u)/sqrt{1-u^2})}=frac{pi}{4}-frac{1}{2}arcsin{u}$,就能够得到
egin{align*}sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}&=4int_0^{1/2}frac{arcsin{u}}{sqrt{1-u^2}}du+4int_{1/2}^{1}frac{1}{sqrt{1-u^2}}left(frac{pi}{4}-frac{arcsin{u}}{2}
ight)du\
&=[2arcsin{u}^2]_0^{1/2}+[piarcsin{u}-arcsin{u}^2]_{1/2}^{1}\
&=frac{pi^2}{18}+frac{pi^2}{2}-frac{pi^2}{4}-frac{pi^2}{6}+frac{pi^2}{36}\
&=frac{pi^2}{6}
end{align*}
证明4:数学分析的证明
(Calabi, Beukers & Kock.)同样利用上一问的结论,不过这次我们计算的是：
[sum_{n=0}^{infty}frac{1}{(2n+1)^2}=int_0^1int_0^1frac{dxdy}{1-x^2y^2}]
做代换$$(u,v)=left(arctan{x}sqrt{frac{1-y^2}{1-x^2}},arctan{x}sqrt{frac{1-x^2}{1-y^2}} ight)$$
从而有$(x,y)=left(frac{sin{u}}{cos{v}},frac{sin{v}}{cos{u}} ight)$
雅可比行列式即为
egin{align*}
frac{partial (x,y)}{partial(u,v)}&=egin{vmatrix}
cos{u}/cos{v} & sin{u}sin{v}/cos{v}^2 \
sin{u}sin{v}/cos{u}^2 & cos{v}/cos{u}
end{vmatrix}\
&=1-frac{sin^2usin^2v}{cos^2ucos^2v}=1-x^2y^2
end{align*}
从而$$frac{3}{4}zeta(2)=sum_{n=0}^{infty}frac{1}{(2n+1)^2}=iint_{A}dudv$$
其中$A={(u,v)|u>0,v>0,u+v<frac{pi}{2}}$,从而$zeta(2)=frac{pi^2}{6}$成立!$square$
证明5:复分析的证明
这个证明在很多复分析书上都有。我们同样可以利用留数计算该结果,考虑$f(x)=z^{-2} cot{pi z}$,积分路径$P_n$为在中心为原点的长形如图
实轴交点为$pm(n+1/2)$,复轴为$pm ni$,而若$pi z=x+iy$,直接计算可得
$$|cot{pi z}|^2=frac{cos^2{x}+sinh^2{y}}{sin^2{x}+sinh^2{y}}$$，从而很容易就能知道$|cot{pi z}|<2$对于每根积分曲线成立，于此同时，$|z|ge n$成立,从而有
[left|oint_{P_n}z^{-2}cot{pi z} ight|lefrac{2}{n^2}(8n+2)]
成立，在$n oinfty$时，该积分值趋于$0$.
利用留数定理，则有
$$2pi isum_{k=-infty}^{infty}R(z^{-2}cot{pi z},k)=lim_{n oinfty}oint_{P_n}z^{-2}cot{pi z}dz=0$$
而每一点的留数，计算有$R(z^{-2}cot{pi z},0)=-pi/3$,$R(z^{-2}cot{pi z},k)=1/(pi k^2)(k ot=0,kinmathbb{Z})$,从而有
$$sum_{k=1}^{infty}frac{2}{pi k^2}=frac{pi}{3}$$
答案显而易见了。
证明6:复数积分的证明
本证明由Dennis C.Russell给出。考虑积分$$I=int_0^{pi/2}ln(2cos{x})dx$$
那么利用$cos$的欧拉公式
$2cos{x}=e^{ix}+e^{-ix}=e^{ix}(1+e^{-2ix})$从而$ln(2cos{x})=ln(e^{ix})+ln(1+e^{-2ix})=ix+ln(1+e^{-2ix})$在积分中代换得
egin{align*}
I&=int_0^{pi/2}ix+ln(1+e^{-2ix})dx\&=ifrac{pi^2}{8}+int_0^{pi/2}ln(1+e^{-2ix})dx
end{align*}
再利用$ln{(1+x)}$的泰勒展开,也就是
$$ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-x^4/4+cdots$$
代入知为
[ln(1+e^{-2ix})=e^{2ix}-e^{-4ix}/2+e^{-6ix}/3+cdots]
从而积分就有
[int_0^{pi/2}ln{(1+e^{-2ix})}dx=-frac{1}{2i}(e^{-ipi}-1-frac{e^{-2ipi}-1}{2^2}+frac{e^{-3ipi}-1}{3^2}-frac{e^{-4ipi}-1}{4^2}+cdots)]
但是由于$e^{-ipi}=-1$,原式变为
[int_0^{pi/2}ln(1+e^{-2ix})dx=frac{1}{i}sum_{k=1}^{infty}frac{1}{(2k-1)^2}=frac{-3i}{4}zeta(2)]
故如前面式子有
[I=ileft(frac{pi^2}{8}+frac{-3}{4}zeta(2)
ight)]
由于左边是实数，右边是纯虚数，从而只能两边都为0，即$zeta(2)=frac{pi^2}{6}$,这还给了我们一个副产品，就是[int_0^{pi/2}ln(cos{x})dx=-frac{pi}{2}ln{2}]
证明7:泰勒公式证明
(Boo Rim Choe 在1987 American Mathematical Monthly上发表)利用反三角函数$arcsin{x}$的泰勒展开
$$arcsin{x}=sum_{n=0}^{infty}frac{1cdot 3cdots (2n-1)}{2cdot 4cdots (2n)}frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$对于$|x|le 1$成立，从而令$x=sin{t}$,有
$$t=sum_{n=0}^{infty}frac{1cdot 3cdots (2n-1)}{2cdot 4cdots (2n)}frac{sin^{2n+1}t}{2n+1}$$
对于$|t|lefrac{pi}{2}$成立，但由于积分
$$int_0^{pi/2}sin^{2n+1}{x}dx=frac{2cdot 4cdots (2n)}{3cdot 5cdots (2n+1)}$$
故而对两边从$0$到$pi/2$积分有
[frac{pi^2}{8}=int_0^{pi/2}tdt=sum_{n=0}^{infty}frac{1}{(2n+1)^2}]
同样可得
证明8:复分析证明
(T. Marshall 在American Math Monthly,2010)对于$zin D=mathbb{C}ackslash{0,1}$, 令
$$R(z)=sumfrac{1}{log^2 z}$$
这个和是对于每一个$log$的分支加起来. 在 $D$ 中所有点有领域使$log(z)$的分支解析.由于这个级数在 $z=1$之外一致收敛, $R(z)$在 $D$上解析.
这里有几个Claim:
- 当$z o0$时，级数每一项趋于$0$.由于一致收敛我们知道$z=0$是可去奇点，我们可令$R(0)=0$.
- $R$ 的唯一奇点是 $z=1$的二阶极点，是由 $log z$的主分支.我们有$lim_{z o1}(z-1)^2R(z)=1$.
- $R(1/z)=R(z)$.
由于 1.和 3.有 $R$ 在$mathbb{C}cup {infty}$（扩充复平面）上亚纯,从而是有理函数. 从2知道$R(z)$的分母是$(z-1)^2$. 由于$R(0)=R(infty)=0$, 分子就是$az$. 而2. 说明$a=1$, 也就是
$$R(z)=frac{z}{(z-1)^2}.$$
现在令$z=e^{2pi i w}$ 得到
$$sumlimits_{n=-infty}^{infty}frac{1}{(w-n)^2}=frac{pi^2}{sin^2(pi w)}$$
也就是说$$sumlimits_{k=0}^{infty}frac{1}{(2k+1)^2}=frac{pi^2}{8},$$
可立刻的到$zeta(2)=pi^2/6$ .
证明9:傅立叶分析证明
考虑函数$f(x)=x^2,xin(-pi,pi)$,将其傅立叶展开
[f(x)=dfrac{pi ^{2}}{3}+sum_{n=1}^{infty }left( (-1)^{n}dfrac{4}{n^{2}}
cos nx
ight)]
显而易见，代入$f(0)$即可得到答案
证明10:傅立叶分析证明
考虑函数$f(x)=x,xin(-pi,pi)$,将其傅立叶展开
[f(x)=2sum_{n=1}^{infty }left( dfrac{(-1)^{n+1}}{n}
sin nx
ight)]
利用Parseval等式$$sum_{n=1}^{infty}|a_n|^2=frac{1}{2pi}int_{-pi}^{pi}x^2dx$$
其中$a_n$为$e^{inx}$的系数，即$frac{(-1)^n}{n}i$,$a_0=0$
那么有$$2sum_{k=1}^{infty}frac{1}{k^2}=frac{1}{2pi}int_{-pi}^{pi}x^2dx$$
可得答案
证明11:傅立叶分析证明
考虑$$f(t)=sum_{n=1}^{infty}frac{cos{nt}}{n^2}$$
在实轴上一致收敛，对于在$tin [-epsilon,2pi-epsilon]$,我们有
$$sum_{n=1}^Nsin{nt}=frac{e^{it}-e^{i(N+1)t}}{2i(1-e^{it})}+frac{1-e^{iN)t}}{2i(1-e^{it})}$$
这个和被[frac{2}{|1-e^{it}|}=frac{1}{sin{t/2}}]
控制，从而在$[epsilon,2pi-epsilon]$上一致有界，据Dirichlet判别法
[sum_{n=1}^{infty}frac{sin{t}}{n}]
是在$[epsilon,epi-epsilon]$一致收敛,从而对于$tin(0,2pi)$,
$$f'(t)=-sum_{n=1}^{infty}frac{sin{nt}}{n}=Im(log(1-e^{it}))=arg{(1-e^{it})}=frac{t-pi}{2}$$
从而有
$$-zeta(2)/2-zeta(2)=f(pi)-f(0)=int_0^pifrac{t-pi}{2}dt=-frac{pi^2}{4}$$
证明12:泊松公式证明
(Richard Troll)由泊松求和公式$$sum_{n=-infty}^{infty}f(n)=sum_{k=-infty}^{infty}hat{f}(k)$$可知
其中$hat{f}(xi)=int_{-infty}^{infty}f(x) e^{-2pi ixxi}dx$为傅立叶变换。
那么有$f(x)=e^{-a|x|}$,$f$的傅立叶变换为
[hat{f}(xi)=frac{2a}{a^2+4pi^2xi^2}]
也就是说
$$frac{1}{2a}sum_{ninmathbb{Z}}e^{-a|n|}-frac{1}{a^2}=sum_{k=1}^{infty}frac{2}{a^2+4pi^2 k^2}$$
则$$lim_{a o 0}sum_{k=1}^{infty}frac{2}{a^2+4pi^2 k^2}=lim_{a o 0}left{frac{1}{2a}left(frac{e^a+1}{e^a-1} ight)-frac{1}{a^2} ight}=frac{1}{12}$$
从而就有$zeta(2)=frac{pi^2}{6}$
证明13:概率论证明
(Luigi Pace 发表于2011 American Math Monthly)
设$X_1,X_2$是独立同半区域柯西分布，也就是它们的分布函数都是$p(x)=frac{2}{pi(1+x^2)}(x>0)$
令随机变量$Y=X_1/X_2$,那么$Y$的概率密度函数$p_Y$定义在$y>0$，有
egin{align*}p_Y(y) &= int_0^{infty} x p_{X_1} (xy) p_{X_2}(x) dx = frac{4}{pi^2} int_0^infty frac{x}{(1+x^2 y^2)(1+x^2)}dx\
&=frac{2}{pi^2 (y^2-1)} left[log left( frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}
ight)
ight]_{x=0}^{infty} = frac{2}{pi^2} frac{log(y^2)}{y^2-1} = frac{4}{pi^2} frac{log(y)}{y^2-1}.
end{align*}
由于$X_1,X_2$独立同分布，所以$P(Y>1)=P(X_1>X_2)=1/2$,那么有
$$frac{1}{2}=int_0^1frac{4}{pi^2}frac{log(y)}{y^2-1}dy$$
也就是说
$$frac{pi^2}{8} = int_0^1 frac{-log(y)}{1-y^2} dy = -int_0^1 log(y) (1+y^2+y^4 + cdots) dy = sum_{k=0}^infty frac{1}{(2k+1)^2}$$
那么答案显而易见。
证明14:积分+函数方程证明
(H Haruki,S Haruki在1983年 American Mathematical Monthly发表)
由于$$sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}=sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n}int_0^1 x^{n-1}dx=int_0^1frac{log{(1-x)}}{x}dx$$
只需要算出这个积分值即可，我们令
$$f(a)=int_0^1frac{log{(x^2-2xcos{a}+1)}}{x}dx$$
要证明$f(a)=-frac{(a-pi)^2}{2}+frac{pi^2}{6}$
利用等式$(x^2-2xcos{a}+1)(x^2+2xcos{a}+1)=x^4-2x^2cos{2a}+1$我们有
[f(a/2)+f(pi-a/2)=int_0^1frac{log{(x^4-2x^2cos{a}+1)}}{x}=frac{1}{2}frac{log{(t^2-2tcos{a}+1)}}{t}dt=frac{1}{2}f(a)]
中间是令$sqrt{x}=t$得到的等式。解函数方程$f(a/2)+f(pi-a/2)=f(a)/2$,求导两次得$f''(a/2)+f''(pi-a/2)=2f''(a)$,由于$f''$是在闭区间$[0,2pi]$上的连续函数，从而$f''$在该区域有最大值$M$与最小值$m$.设$f''(a_0)=M$对于某个$a_0in[0,2pi]$成立，在等式中设$a=a_0$有
[f''(a_0/2)+f''(pi-a_0/2)=2f''(a_0)=2M]
但是由于$f''(a_0/2),f''(pi-a_0/2)$都小于$M$,从而只能都等于$M$.继续这样的迭代，就有
[lim_{n oinfty} f''(a_0/2^n)=f''(0)=M]
类似地，我们就有$f''(0)=m$,从而$M=m$,$f''$为常函数，则$f$只能是二次函数，设
[f(a)=alpha frac{a^2}{2}+eta a+gamma]
代入式子有$-pialpha/2=eta/2,pi^2alpha/2+etapi+2gamma=gamma/2$,而
$$f'(a)=int_0^1frac{2sin{a}}{1+x^2-2xcos{a}}dx$$
得知$f'(pi/2)=pi/2$
从而有$alpha=-1,eta=pi,gamma=-pi^2/3$,代入$a=0$,得到$$int_0^1frac{log{(1-x)}}{x}dx=-frac{pi^2}{6}$$
证明15:三角恒等式的初等证明
(Josef Hofbauer发表于2002年American Mathematical Monthly)
$$frac{1}{sin^2x}=frac{1}{4sin^2{frac{x}{2}}cos^2{frac{x}{2}}}=frac{1}{4}left[frac{1}{sin^2{frac{x}{2}}}+frac{1}{sin^2{frac{pi+x}{2}}}
ight]$$
从而就有
$$1=frac{1}{sin^2{frac{pi}{2}}}=frac{1}{4left[frac{1}{sin^2{frac{pi}{4}}}+frac{1}{sin^2{frac{3pi}{4}}}
ight]}=cdots =frac{1}{4^n}sum_{k=0}^{2^n-1}frac{1}{sin^2{frac{(2k+1)pi}{2^{n+1}}}}=frac{2}{4^n}sum_{k=0}^{2^{n-1}-1}frac{1}{sin^2{frac{(2k+1)pi}{2^{n+1}}}}$$
又由于$sin^{-2}x>x^{-2}> an^{-2}x$对$xin(0,pi/2)$成立
令$x=(2k+1)pi/(2N)$,对$k=0,1,cdots,N/2-1(N=2^n)$对不等式求和，就变为
$$1>frac{8}{pi^2}sum_{k=0}^{2^n-1}frac{1}{(2k+1)^2}>1-frac{1}{N}$$
令$N oinfty$可得答案
证明16:三角多项式的证明
(Kortram发表于1996年 Mathematics Magazine)
对于奇数$n=2m+1$,我们知道$sin{nx}=F_n(sin{x})$,其中$F_n$是次数$n$的多项式。那么$F_n$的零点为$sin(jpi/n)(-mle jle m)$,且有$lim_{y o 0}(F_n(y)/y)=n$.那么
$$F_n(y)=nyprod_{j=1}^mleft(1-frac{y^2}{sin^2(jpi/n)}
ight)$$
从而
$$sin{nx}=nsin{x}prod_{j=1}^mleft(1-frac{sin^2x}{sin^2(jpi/n)}
ight)$$
比较两边泰勒展开的$x^3$系数，有
[-frac{n^3}{6}=-frac{n}{6}-nsum_{j=1}^{m}frac{1}{sin^2(jpi/n)}]
于是$$frac{1}{6}-sum_{j=1}^mfrac{1}{n^2sin^2(jpi/n)}=frac{1}{6n^2}$$
固定整数$M$,令$m>M$,则有
$$frac{1}{6}-sum_{j=1}^Mfrac{1}{n^2sin^2(jpi/n)}=frac{1}{6n^2}+sum_{j=M+1}^mfrac{1}{n^2sin^2(jpi/n)}$$
利用$sin{x}>frac{2}{pi}x$对于$0<x<frac{pi}{2}$成立，我们有
$$0<frac{1}{6}-sum_{j=1}^Mfrac{1}{n^2sin^2(jpi/n)}=frac{1}{6n^2}+sum_{j=M+1}^mfrac{1}{4j^2}$$
令$n,m$趋于无穷，就有
$$0le frac{1}{6}-sum_{j=1}^Mfrac{1}{pi^2j^2}le sum_{j=M+1}^mfrac{1}{4j^2}$$
也即$$sum_{j=1}^{infty}frac{1}{pi^2j^2}=frac{1}{6}$$
证明17:积分证明
(Matsuoka发表于1961年American Mathematical Montly)
考虑积分
$$I_n=int_0^{pi/2}cos^{2n}xdxmbox{ and }J_n=int_0^{pi/2}x^2cos^{2n}xdx$$
我们有Wallis公式：
$$I_n=frac{1cdot 3cdot 5cdots (2n-1)}{2cdot 4cdot 6cdots 2n}frac{pi}{2}=frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}frac{pi}{2}$$
那么对于$n>0$,分部积分有
egin{align*}
I_n&=[xcos^{2n}x]_0^{pi/2}+2nint_0^{pi/2}xsin{x}cos^{2n-1}xdx\
&=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n
end{align*}
从而有$$frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}frac{pi}{2}=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n$$
得到$$frac{pi}{4n^2}=frac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-frac{4^nn!^2}{(2n)!}J_n$$
将这个式子从1加到$n$，能够有
[frac{pi}{4}sum_{n=1}^Nfrac{1}{n^2}=J_0-frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N]
由于$J_0=pi^3/24$,只需要证明$lim_{N oinfty} 4^N N!^2 J_N/(2N)!=0$,但是不等式$x<frac{pi}{2}sin{x}$对于$0<x<frac{pi}{2}$,得到
$$J_N<frac{pi^2}{4}int_0^{pi/2}sin^2xcos^{2N}xdx=frac{pi^2}{4}(I_N-I_{N+1})=frac{pi^2 I_N}{8(N+1)}$$
也即$$0<frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N<frac{pi^3}{16(N+1)}$$
证明18:Fejér核的证明
(Stark在1969年American Mathematical Monthly上的证明)
对于Fejér核有如下等式：
[left(frac{sin{nx/2}}{sin{x/2}}
ight)^2=sum_{k=-n}^n(n-|k|)e^{ikx}=n+2sum_{k=1}^n(n-k)cos{kx}]
故而有
egin{align*}
int_0^pi xleft(frac{sin{nx/2}}{sin{x/2}}
ight)^2 &= frac{npi^2}{2}+2sum_{k=1}^n(n-k)int_0^pi xcos{kx}dx \
&=frac{npi^2}{2}-2sum_{k=1}^n(n-k)frac{1-(-1)^k}{k^2}\
&=frac{npi^2}{2}-4nsum_{1le kle n,2
mid k}frac{1}{k^2}+4sum_{1le kle n,2
mid k}frac{1}{k}
end{align*}
如果我们令$n=2N,Ninmathbb{Z^+}$,那么
$$int_0^pi frac{x}{8N}left(frac{sin{Nx}}{sin{x/2}}
ight)^2dx=frac{pi^2}{8}-sum_{r=0}^{N-1}frac{1}{(2r+1)^2}+Oleft(frac{log{N}}{N}
ight)$$
但是由于$sin{x/2}>x/pi$对于$0<x<pi$成立，那么
$$int_0^pi frac{x}{8N}left(frac{sin{Nx}}{sin{x/2}}
ight)^2dx < frac{pi^2}{8N}int_0^pi sin^2Nx frac{dx}{x}=frac{pi^2}{8N}int_0^{Npi} sin^2y frac{dy}{y}=Oleft(frac{log{N}}{N}
ight)$$
也即$$frac{pi^2}{8}=sum_{r=0}^{infty}frac{1}{(2r+1)^2}$$
证明19:Gregory定理证明
证明来自Borwein & Borwein的著作"Pi and the AGM"
以下公式是著名的Gregory定理：
$$frac{pi}{4}=sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n}{2n+1}$$
令$$a_N=sum_{n=-N}^Nfrac{(-1)^n}{2n+1},b_N=sum_{n=-N}^Nfrac{1}{(2n+1)^2}$$
我们需要证明$lim_{N oinfty} a_N^2-b_N=0$即可
如果$n
ot = m$那么
$$frac{1}{(2n+1)(2m+1)}=frac{1}{2(m-n)}left(frac{1}{2n+1}-frac{1}{2m+1}
ight)$$
就有
egin{align*}
a_N^2-b_N&=sum_{n=-N}^Nsum_{m=-N,m
ot = n}^Nfrac{(-1)^{m+n}}{2(m-n)}left(frac{1}{2n+1}-frac{1}{2m+1}
ight)\
&=sum_{n=-N}^Nsum_{m=-N,m
ot = n}^Nfrac{(-1)^{m+n}}{(m-n)}frac{1}{(m-n)(2n+1)}=sum_{n=-N}^Nfrac{(-1)^n c_{n,N}}{2n+1}
end{align*}
其中[c_{n,N}=sum_{m=-N,m
ot=n}^Nfrac{(-1)^m}{m-n}]
很容易可见$c_{-n,N}=-c_{n,N}$,故而$c_{0,N}=0$若$n>0$那么
[c_{n,N}=(-1)^{n+1}sum_{j=N-n+1}^{N+n}frac{(-1)^j}{j}]
我们可以知道$|c_{n,N}|le1/(N-n+1)$由于这个交错和加了后比第一项要小，也即
egin{align*}|a_N^2-b_N|&le sum left(frac{1}{(2n-1)(N-n+1)}+frac{1}{(2n+1)(N-n+1)}
ight)\
&=sum_{n=1}^Nfrac{1}{2N+1}left(frac{2}{2n-1}+frac{1}{N-n+1}
ight)+sum_{n=1}^Nfrac{1}{2N+3}left(frac{2}{2n+1}+frac{1}{N-n+1}
ight)\
&le frac{1}{2N+1}(2+4log{(2N+1)}+2+2log{(N+1)})
end{align*}
所以$a_N^2-b_N$趋于$0$成立。
证明20:数论的证明
(本证明来自华罗庚的数论)
需要用到整数能被表示为四个平方的和。令$r(n)$为四元组使得$n=x^2+y^2+z^2+t^2$成立的四元组$(x,y,z,t)$的个数。最平凡的是$r(0)=1$,同时，我们知道
[r(n)=8sum_{m|n,4
mid m}m]
对于$n>0$成立。令$R(N)=sum_{n=0}^N r(n)$,很容易可以看出，$R(N)$是渐进于半径$sqrt{N}$的四维球体积。也即$R(N)sim frac{pi^2}{2}N$.但是
[R(N)=1+8sum_{n=1}^Nsum_{m|n,4
mid m}m=1+8sum_{mle N,4
mid m}mleftlfloor frac{N}{m}
ight
floor = 1+8( heta(N)-4 heta(N/4))]
其中[ heta(x)=sum_{mle x}mleftlfloor frac{x}{m}
ight
floor]
但是
egin{align*} heta(x)&=sum_{mrle x}m=sum_{rle x}sum_{m=1}^{lfloor x/r
floor}m=frac{1}{2}sum_{r le x}left(leftlfloorfrac{x}{r}
ight
floor^2+leftlfloorfrac{x}{r}
ight
floor
ight)=frac{1}{2}sum_{r le x}left(leftlfloorfrac{x}{r}
ight
floor^2+Oleft(frac{x}{r}
ight)
ight)\
&=frac{x^2}{2}(zeta(2)+O(1/x))+O(xlog{x})=frac{zeta(2) x^2}{2}+O(xlog{x})
end{align*}
当$x oinfty$成立，从而
[R(N)sim frac{pi^2}{2}N^2sim 4zeta(2)left(N^2-frac{N^2}{4}
ight)]
得到$zeta(2)=pi^2/6$
证明21:类似的初等证明
首先我们要证明这个等式：
[sum_{k=1}^n cot^2 left( frac {2k-1}{2n} frac{pi}{2} ight) = 2n^2 – n]
是由于注意到
[cos 2n heta = ext{Re}(cos heta + i sin heta)^{2n} = sum_{k=0}^n (-1)^k {2n choose 2k}cos^{2n-2k} hetasin^{2k} heta]
就立即可得
[frac{cos 2n heta}{sin^{2n} heta} = sum_{k=0}^n (-1)^k {2n choose 2k}cot^{2n-2k} heta]
令$x=cot^2{ heta}$,就可以变为
[f(x) = sum_{k=0}^n (-1)^k {2n choose 2k}x^{n-k}]
有根$x_j = cot^2 (2j-1)pi/4n$对$j=1,2,cdots ,n$成立，从而由于$inom{2n}{2n-2}=2n^2-n$,韦达定理知答案。
有了这个等式，我们类似初等证明中的方法进行证明
现在$1/ heta > cot heta > 1/ heta - heta/3 > 0$对于$0< heta< pi/2 < sqrt{3}$成立，就有
[1/ heta^2 – 2/3 < cot^2 heta < 1/ heta^2]
对于$ heta_k = (2k-1)pi/4n$做和，从$k=1$到$n$我们得到
$$2n^2 – n < sum_{k=1}^n left( frac{2n}{2k-1}frac{2}{pi}
ight)^2 < 2n^2 – n + 2n/3$$
从而有[frac{pi^2}{16}frac{2n^2-n}{n^2} < sum_{k=1}^n frac{1}{(2k-1)^2} <
frac{pi^2}{16}frac{2n^2-n/3}{n^2}]
这也就是我们想要的
$$sum_{k=1}^infty frac{1}{(2k-1)^2} = frac{pi^2}{8}$$
证明22:伯努利数的证明
函数$B(x) = frac{x}{e^x - 1}$为伯努力数$B_k$的生成函数，有$B$是亚纯，且只在$2pi in$有极点，利用Mittag-Leffler定理可以展开为
$$frac{x}{e^x - 1} = sum_{n in mathbb{Z}} frac{2pi i n}{x - 2 pi i n} = sum_{n in mathbb{Z}} - left( frac{1}{1 - frac{x}{2pi i n}} ight).$$
而注意到后者又可以展开为几何级数相加：
[frac{x}{e^x - 1} = - sum_{n in mathbb{Z}} sum_{k ge 0} left( frac{x}{2pi i n} ight)^k = sum_{k ge 0} (-1)^{n+1} frac{2 zeta(2n)}{(2pi )^{2n}} x^{2n}]
是由于在重排级数的同时，奇数项消去了而偶数项留下了，所以我们就得到如下式子：
$$B_{2n} = (-1)^{n+1} frac{2 zeta(2n)}{(2pi)^{2n}}$$
也就是要求计算
$$B_2=lim_{x o 0}frac{1}{x^2}left{frac{x}{e^x - 1}-1+frac{x}{2} ight}=frac{1}{12}$$
那么$zeta(2)=pi^2/6$就能得到了。
证明23:超几何正切分布的证明
（本证明来自Lars Holst于2013年Journal of Applied Probability的证明）
注意到超几何正切函数$f_1(x)=frac{2}{pi(e^x-e^{-x})}$,有[int_{-infty}^xfrac{2}{pi (e^y-e^{-y})}dy=frac{2}{pi}arctan(e^x).]
这样可以知道$f_1$是一个分布函数，而如果$X_1,X_2$都满足超几何正切分布的话，我们有如下引理：
$X_1+X_2$的概率密度是：[f_2(x)=frac{4x}{pi^2(e^x-e^{-x})}.]
这是因为
egin{align*}
int_{-infty}^infty &frac{2}{pi(e^y+e^{-y})} frac{2}{pi(e^{x-y}+e^{y-x})}dy\
&=frac{4}{pi^2}int_0^infty frac{u e^{-x}}{(1+u^2)(1+u^2 e^{-2x})}du\
&= frac{4}{pi(e^x-e^{-x})}int_0^infty left(frac{u}{1+u^2}-frac{u e^{-2x}}{1+u^2 e^{-2x}}
ight)du \&=frac{4 x}{pi(e^x-e^{-x})}
end{align*}
而知道这样的函数是密度函数之后，我们就可以得到Basel问题：
egin{align*}sum_{k=0}^{infty} frac{1}{(2k+1)^2} &=sum_{k=0}^infty int_0^infty x e^{-(2k+1)x}dx \
&=int_0^infty x e^{-x} sum_{k=0}^{infty} e^{-2kx}dx=int_0^infty frac{x e^{-x}}{1-e^{-2x}}dx\
&=frac{pi^2}{8}int_{-infty}^infty f_2(x)dx=frac{pi^2}{8}
end{align*}
这样可以得到结论。
Reference：
[1]Robin Chapman "Evaluating $zeta(2)$"
（未完待续..）