高中数学强基招生训练和数学奥赛拓展导数专题之巴塞尔Basel问题的22种证法

强基计划招生训练和数学奥林匹克竞赛拓展导数专题之巴塞尔Basel问题的22种证法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从而sin但是sinxx=n⋅π,故我们可以假定sin=(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”(Weierstrassfactorizationtheorem,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：x²项进行研究，可以知道−所以−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tf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令z=1+x/N,a=1−x/N,且n=N,有1+考虑一次项系数知道CN=2成立，而在N→∞时，左边是eˣ−e⁻ˣ,右边通过cosy≈1−y²/2,e比较三次项系数可知答案2.一个初等的证明以下证明第一次来自IoannisPapadimitriou于1973年在AmericanMathMonthly80(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ζ(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ωmcot证明：由于sin=很显然，令n=2m+1,则我们有cot²ωₘ,cot²2ωₘ的根。从而利用韦达定理我们就完成了引理的证明。由于三角不等式sinx<x<tanx在x∈0π2)成立，我们知道了cotcot所以应用上面引理，就可以得到m令m趋于无穷大，结论自然就成立了。3.数学分析的证明这个证明来自Apostol在1983年的“MathematicalIntelligencer”,只需要简单的高数知识。注意到恒等式1利用单调收敛定理(MonotoneConvergenceTheorem),立即得到1通过换元uv=x+y21S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2s=4利用恒等式arctanu高度就能够得到14.数学分析的证明(Calabi,Beukers和Kock.)同样利用上一问的结论,不过这次我们计算的是:1做代换u从而有x雅可比行列式即为=1−从而3其中A=uv|u0,v>0,u+v<π5.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fx=z−2cotπz,积分路径Pₙ为在中心为原点的长形如图实轴交点为：±n+1|从而很容易就能知道|cotπz|<2对于每根积分曲线成立，于此同时，|成立，在n→∞利用留数定理，则有2πi而每一点的留数，计算有Resz⁻²cotπz2答案显而易见了。6.复数积分的证明本证明由DennisC.Russell给出。考虑积分I=那么利用cos的欧拉公式2cosx=eⁱˣ+e⁻ⁱˣ=eⁱˣ1+e⁻²ⁱˣ从而I=再利用ln1+xln代入知为ln从而积分就有0但是由于e−iπ0故如前面式子有I=i由于左边是实数，右边是纯虚数，从而只能两边都为0，即ζ207.泰勒公式证明(BooRimChoe在1987AmericanMathematicalMonthly上发表)利用反三角函数arcsinx的泰勒展开arcsin对于|x|≤1成立，从而令x=sint,有t=对于|t|≤π0故而对两边从0到π/2积分有π同样可得8.复分析证明(T.Marshall在AmericanMathMonthly,2010)对于z∈D=C0,1,令R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→0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R0=0.R的唯一奇点是z=1的二阶极点，是由logz的主分支.我们有limz→1z−12Rz=1.R1zR现在令z=e1也就是说1可立刻的到ζ9.傅立叶分析证明考虑函数fxf显而易见，代入f(0)即可得到答案10.傅立叶分析证明考虑函数fxf利用Parseval等式|其中an为G./lR那么有2可得答案11.傅立叶分析证明考虑f在实轴上一致收敛，对于在t∈−ϵsin这个和被2控制，从而在ϵ2π−ϵsin是在ϵeπ−ϵ一致收敛，从而对于控制，从而在ϵ2π−ϵsin是在ϵeπ−ϵ一致收敛，从而对于f从而有−ζ12.泊松公式证明(RichardTroll)由泊松求和公式f可知其中fξ那么有fxf也就是说1则lim从而就有ζ13.概率论证明(LuigiPace发表于2011AmericanMathMonthly)设X₁,X₂是独立同半区域柯西分布，也就是它们的分布函数都是px=2π1+x2p由于X₁,X₂独立同分布，所以.PY1也就是说π那么答案显而易见。14.积分+函数方程证明(HHaruki,SHaruki在1983年AmericanMathematicalMonthly发表)由于1只需要算出这个积分值即可，我们令f要证明f利用等式x²−2xcosa+1x²+2xcosa+1f中间是令x=t得到的等式。解函数方程fa2+fπ−a/2=fa/2,求导两次得f''afa中间是令x=t得到的等式。解函数方程fa2+fπ−a/2=fa/2,求导两次得f''f但是由于f'lim类似地，我们就有f''0=m,f代入式子有−πα/2=β/2,π²α/2+βπ+2γ=γ/2,而f得知f'π2=π/2从而有α=−1,β=π,γ=−π²/3,015.三角恒等式的初等证明(JosefHofbauer发表于2002年AmericanMathematicalMonthly)1从而就有又由于sin⁻²x>x⁻²>tan⁻²x对x∈0令x=2k+1π/2N,1>令N→∞可得答案16.三角多项式的证明(Kortram发表于1996年MathematicsMagazine)对于奇数n=2m+1,我们知道sinnx=Fₙsinx,其中Fₙ是次数n的多项式。那么Fₙ的零点为sinjπ/n−m≤j≤mF从而sin比较两边泰勒展开的x³系数，有−于是1固定整数M，令m>M则有1利用sinx>2πx0<令n,m趋于无穷,就有0≤也即∑17.积分证明(Matsuoka发表于1961年AmericanMathematicalMontly)考虑积分I我们有Wallis公式:I那么对于n>0,分部积分有I=n从而有2n得到π将这个式子从1加到n，能够有π由于J₀=π³/24,只需要证明limN→∞4NN!2JJ也即0<18.FEJÉR核的证明(Stark在1969年AmericanMathematicalMonthly上的证明)对于Fejér核有如下等式:sin故而有0如果我们令n=2N,N∈Z⁺0但是由于sinx/2>x/π对于(0<x<π成立，那么0也即π19.GREGORY定理证明证明来自Borwein和Borwein的著作"PiandtheAGM"以下公式是著名的Gregory定理:π令a我们需要证明limN→∞如果n≠m那么1就有a=∑其中c很容易可见C−n,N=−cn,N故而Cc我们可以知道|c|所以aN20.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=x²+y²+z²+t²成立的四元组(x，y，z，t)的个数。最平凡的是(r0r对于n>0成立。令RN=∑n=0Nrn,R其中θ但是θ=当x→∞成立，从而R得到ζ21.类似的初等证明首先我们要证明这个等式：∑是由于注意到cos就立即可得cos令x=cot²θ,就可以变为f有根xⱼ=cot²2j−1π/4n对j=1,2,⋯,n.成立，从而由于有了这个等式，我们类似初等证明中的方法进行证明现在1/θ>cotθ>1/θ−θ/3>0对于0<θ<π/2<31/θ²−2/3<cot²θ<1/θ²对于θₖ=2k−1π/4n做和,从.2从而有π这也就是我们想要的∑22.伯努利数的证明函数Bx=xcx−1为伯努力数x而注意到后者又可以展开为几何级数相加：x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也就是要求计算B那么ζ22