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知识库 · 推导由 AI 起草,每一步构建时数值核对

巴塞尔问题 ζ(2) = π²/6

所有正整数平方的倒数,加起来是多少?

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$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$$

Σ1/n² = π²/6。三条走得通的证法:欧拉的正弦乘积、Parseval 恒等式、Calabi–Beukers 换元。

有哪些证法

欧拉 1734 年的证法最直观,但当年有两处没证;另外两条是严格的,一条走傅里叶分析,一条走二重积分换元。后两条和题卡「∫∫1/(1−xy)」共用同一份推导,改一处两边都变。

  • 欧拉:正弦的无穷乘积:把 sin(πx)/(πx) 像多项式一样按零点拆成乘积,再和泰勒展开比 x² 的系数
  • 微分算子的特征值之和(Green 函数的迹):1/n² 是 −u″=λu 在 [0,π] 上的特征值的倒数;它们的和等于 Green 函数对角线的积分
  • Calabi–Beukers 换元:换一个被积函数 1/(1−x²y²),用一个巧妙的换元把正方形变成三角形,面积就是答案
  • 归结后用傅里叶级数:先归结成 Σ1/n²,再用 x 在 (−π,π) 上的傅里叶级数和 Parseval 求这个和

欧拉:正弦的无穷乘积

用到:泰勒展开与比较系数、正弦的无穷乘积。

第 1 步 左边在每个非零整数处为零、在 0 处为 1,欧拉照多项式按根分解的样子写出右边(✓ 已数值核对)

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$$\frac{\sin\pi x}{\pi x}=\prod_{n\ge1}\Bigl(1-\frac{x^2}{n^2}\Bigr)$$
⚠ 欧拉当年只是类比:没证明乘积收敛,也没排除两边差一个处处不为零的因子 e^g(x)。严格化靠 Weierstrass 因子分解,再用增长阶说明这个因子是常数 1。

第 2 步 sin u = u − u³/6 + …,除以 u = πx(✓ 已数值核对)

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$$\frac{\sin\pi x}{\pi x}=1-\frac{\pi^2}{6}x^2+O(x^4)$$

第 3 步 展开乘积,x² 项只能来自恰好挑一个 −x²/n²、其余都挑 1(✓ 已数值核对)

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$$\prod_{n\ge1}\Bigl(1-\frac{x^2}{n^2}\Bigr)=1-\Bigl(\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}\Bigr)x^2+O(x^4)$$
⚠ 这就是欧拉跳过的第二处:有限乘积才能这样展开。无穷乘积要先有局部一致收敛,才能说极限的 x² 系数等于部分积 x² 系数的极限。

第 4 步 两边是同一个解析函数,x² 的系数相等(✓ 已数值核对)

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$$\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

微分算子的特征值之和(Green 函数的迹)

用到:傅里叶级数。

第 1 步 Dirichlet 边值问题的特征函数和特征值(✓ 已数值核对)

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$$-u''=\lambda u,\ u(0)=u(\pi)=0\ \Rightarrow\ u_n=\sin nx,\ \lambda_n=n^2$$

第 2 步 G 是 −d²/dx² 的逆(Green 函数):作用在特征函数上就是除以特征值(✓ 已数值核对)

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$$G(x,y)=\frac{\min(x,y)\,[\pi-\max(x,y)]}{\pi},\qquad\int_0^\pi G(x,y)\sin(ny)\,dy=\frac{\sin nx}{n^2}$$

第 3 步 迹公式:算子的特征值之和等于核在对角线上的积分(✓ 已数值核对)

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$$\sum_{n\ge1}\frac1{\lambda_n}=\int_0^\pi G(x,x)\,dx=\frac1\pi\int_0^\pi x(\pi-x)\,dx=\frac{\pi^2}6$$
⚠ 迹公式对正的连续核成立(Mercer 定理):G(x,y) = Σ (2/π) sin nx sin ny / n²,一致收敛,令 x=y 再积分。

Calabi–Beukers 换元

这条证法和题卡 二重积分 ∫₀¹∫₀¹ 1/(1−xy) dx dy 共用一份推导。用到:几何级数、逐项积分、奇偶分拆、变量替换与雅可比。

第 1 步 奇偶分拆:偶数项提出 1/4 后又是 ζ(2)(✓ 已数值核对)

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$$\zeta(2)=\sum_{k\ge0}\frac1{(2k+1)^2}+\frac14\zeta(2)\ \Rightarrow\ \zeta(2)=\frac43\sum_{k\ge0}\frac1{(2k+1)^2}$$

第 2 步 和第一条同样的逐项积分,只是换成 x²y²(✓ 已数值核对)

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$$\sum_{k\ge0}\frac1{(2k+1)^2}=\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{dx\,dy}{1-x^2y^2}$$

第 3 步 雅可比行列式恰好是被积函数的分母(✓ 已数值核对)

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$$x=\frac{\sin u}{\cos v},\quad y=\frac{\sin v}{\cos u},\qquad \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=1-x^2y^2$$

第 4 步 这个映射把三角形一一对应到单位正方形:它有显式的逆映射 u=arctan(x√((1−y²)/(1−x²))),v=arctan(y√((1−x²)/(1−y²)))(✓ 已数值核对)

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$$\{u,v>0,\ u+v<\tfrac\pi2\}\ \longleftrightarrow\ (0,1)^2$$
⚠ 数值只在几个点上核对了逆映射。完整的论证还要说明两件事:u,v>0 时 sin u<cos v 等价于 u+v<π/2,所以三角形的像落在单位正方形里;反过来,逆映射给出的 (u,v) 也落在三角形里。

第 5 步 被积函数被雅可比抵消,只剩三角形的面积(✓ 已数值核对)

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$$\iint\frac{dx\,dy}{1-x^2y^2}=\iint_{\triangle}du\,dv=\frac12\Bigl(\frac\pi2\Bigr)^2=\frac{\pi^2}8$$

第 6 步 回到 c1(✓ 已数值核对)

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$$\zeta(2)=\frac43\cdot\frac{\pi^2}8=\frac{\pi^2}6\ \Rightarrow\ I=\frac{\pi^2}6$$

归结后用傅里叶级数

这条证法和题卡 二重积分 ∫₀¹∫₀¹ 1/(1−xy) dx dy 共用一份推导。用到:几何级数、逐项积分、傅里叶级数、帕塞瓦尔恒等式(级数形式)。

第 1 步 (同"几何级数逐项积分"前四步)(✓ 已数值核对)

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$$I=\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}$$

第 2 步 傅里叶系数(✓ 已数值核对)

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$$f(x)=x\ \text{on}\ (-\pi,\pi):\qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x\sin nx\,dx=\frac{2(-1)^{n+1}}n$$

第 3 步 Parseval(✓ 已数值核对)

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$$\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx=\sum_{n\ge1}b_n^2\ \Rightarrow\ \frac{2\pi^2}3=4\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}$$

第 4 步 解出这个和(✓ 已数值核对)

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$$\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6\ \Rightarrow\ I=\frac{\pi^2}6$$

用到它的地方

核对

推导由 AI 起草。构建时跑了 23 个数值核对,23 个通过;每一步都有核对。