如何求证：无穷级数∑1/i²=π²/6，求方法？
求证无穷级数 $sum_{i=1}^{infty} frac{1}{i^2} = frac{pi^2}{6}$，这个著名的结论被称为巴塞尔问题。它的证明方法有很多，而且都相当精妙。我将尝试详细地介绍其中几种比较直观且易于理解的方法，并尽量用人类的语言来讲述。
首先，我们要明白这是一个无穷级数，也就是说我们是在将所有正整数的平方的倒数加起来，看看它最终会收敛到一个什么值。很多人一开始可能觉得这个值会是一个很小的数字，但它却奇妙地与圆周率 $pi$ 关联了起来。
方法一：利用傅里叶级数（相对易懂的一种）
这种方法是比较主流的证明方式之一，虽然涉及到一些微积分的概念，但核心思想是可以通过对一个简单函数的傅里叶级数展开，然后利用其性质来推导出结果。
核心思想： 任何一个周期函数都可以表示成一系列正弦和余弦函数的和。通过选择一个合适的函数，展开它的傅里叶级数，然后代入一个特定的值，我们可以得到一个关于级数求和的等式，再进行一些代数运算就可以得到答案。
步骤：
1. 选择一个合适的函数： 我们选择一个在区间 $[pi, pi]$ 上周期为 $2pi$ 的函数。一个非常好的选择是函数 $f(x) = x^2$。
2. 计算傅里叶级数展开： 一个周期为 $2pi$ 的函数 $f(x)$ 的傅里叶级数展开形式为：
$f(x) = frac{a_0}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n cos(nx) + b_n sin(nx))$
其中系数 $a_0, a_n, b_n$ 的计算公式如下：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) dx$
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) cos(nx) dx$
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) sin(nx) dx$
现在我们来计算 $f(x) = x^2$ 的系数：
计算 $a_0$：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 dx = frac{1}{pi} left[ frac{x^3}{3} ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{pi} left( frac{pi^3}{3} frac{(pi)^3}{3} ight) = frac{1}{pi} left( frac{pi^3}{3} + frac{pi^3}{3} ight) = frac{1}{pi} cdot frac{2pi^3}{3} = frac{2pi^2}{3}$
所以，$frac{a_0}{2} = frac{pi^2}{3}$。
计算 $a_n$：
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 cos(nx) dx$
这是一个典型的分部积分问题。我们知道 $int u dv = uv int v du$。
令 $u = x^2$, $dv = cos(nx) dx$。
则 $du = 2x dx$, $v = frac{1}{n} sin(nx)$。
$a_n = frac{1}{pi} left( left[ x^2 cdot frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} frac{1}{n} sin(nx) cdot 2x dx ight)$
注意到第一项 $left[ x^2 cdot frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} = pi^2 frac{1}{n} sin(npi) (pi)^2 frac{1}{n} sin(npi) = 0 0 = 0$ (因为 $sin(npi) = 0$ 对于任何整数 $n$ 都成立)。
所以，
$a_n = frac{2}{npi} int_{pi}^{pi} x sin(nx) dx$
再次进行分部积分：令 $u = x$, $dv = sin(nx) dx$。
则 $du = dx$, $v = frac{1}{n} cos(nx)$。
$a_n = frac{2}{npi} left( left[ x cdot (frac{1}{n} cos(nx)) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} (frac{1}{n} cos(nx)) dx ight)$
$a_n = frac{2}{npi} left( left[ frac{x}{n} cos(nx) ight]_{pi}^{pi} + frac{1}{n} int_{pi}^{pi} cos(nx) dx ight)$
计算第一项：$left[ frac{x}{n} cos(nx) ight]_{pi}^{pi} = frac{pi}{n} cos(npi) (frac{pi}{n} cos(npi)) = frac{pi}{n} cos(npi) frac{pi}{n} cos(npi) = frac{2pi}{n} cos(npi)$。
计算第二项积分：$frac{1}{n} int_{pi}^{pi} cos(nx) dx = frac{1}{n} left[ frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{n^2} (sin(npi) sin(npi)) = 0$。
所以，
$a_n = frac{2}{npi} left( frac{2pi}{n} cos(npi) ight) = frac{4}{n^2} cos(npi)$。
我们知道 $cos(npi) = (1)^n$。
所以，$a_n = frac{4(1)^n}{n^2}$。
计算 $b_n$：
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 sin(nx) dx$
注意到 $f(x) = x^2$ 是一个偶函数（$f(x) = (x)^2 = x^2 = f(x)$），而 $sin(nx)$ 是一个奇函数（$sin(nx) = sin(nx)$）。偶函数乘以奇函数得到的是一个奇函数。
对于 $[a, a]$ 区间上的奇函数，其积分恒为零。所以，$b_n = 0$。
3. 写出傅里叶级数：
将计算出的系数代入傅里叶级数公式：
$x^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(nx)$
4. 代入一个特定值： 为了得到我们想要的级数求和，我们可以选择代入 $x = pi$ 或 $x = 0$。
选择 $x = pi$：
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(npi)$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} (1)^n$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^{2n}}{n^2}$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4}{n^2}$
现在，我们来整理这个等式来求 $sum frac{1}{n^2}$：
$pi^2 frac{pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$frac{2pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{2pi^2}{3 cdot 4} = frac{pi^2}{6}$
或者选择 $x = 0$：
$0^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(0)$
$0 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{3}$
$4 sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{3}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{12}$
这个结果是 $sum frac{(1)^n}{n^2} = 1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + frac{1}{16} dots$ 的值。
我们也可以利用它来推导 $sum frac{1}{n^2}$。
考虑 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = 1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots$
和 $sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = 1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + frac{1}{16} dots$
将两者相加：
$(sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}) + (sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2}) = (1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + dots) + (1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + dots)$
$= 2(frac{1}{4} + frac{1}{16} + frac{1}{36} + dots) = 2 sum_{k=1}^{infty} frac{1}{(2k)^2}$
$= 2 sum_{k=1}^{infty} frac{1}{4k^2} = 2 cdot frac{1}{4} sum_{k=1}^{infty} frac{1}{k^2} = frac{1}{2} sum_{k=1}^{infty} frac{1}{k^2}$
所以，$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} + (frac{pi^2}{12}) = frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{12}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{6}$
两种代入方式殊途同归。
这个方法的精妙之处在于： 它将一个看似与 $pi$ 无关的级数求和问题，通过周期函数的傅里叶展开，巧妙地与一个与 $pi$ 直接相关的函数（三角函数）联系起来，并利用特定点的函数值推导出了最终的等式。
方法二：欧拉的“多项式因式分解”法（历史悠久且直观）
这是欧拉在1735年首次给出证明的方法之一，虽然在数学上不够严谨，但其直观性极强，也最能体现数学家们的创造力。这个方法借鉴了有限多项式的性质来处理无穷级数。
核心思想： 欧拉把 $frac{sin x}{x}$ 函数看作一个无穷多项式，并类比有限多项式的根与系数的关系来推导结果。
步骤：
1. 考虑函数 $g(x) = frac{sin x}{x}$：
我们知道 $sin x$ 的泰勒级数展开（在 $x=0$ 处）：
$sin x = x frac{x^3}{3!} + frac{x^5}{5!} frac{x^7}{7!} + dots$
所以，
$frac{sin x}{x} = 1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} frac{x^6}{7!} + dots$
$= 1 frac{x^2}{6} + frac{x^4}{120} frac{x^6}{5040} + dots$
2. 寻找 $frac{sin x}{x}$ 的根：
$frac{sin x}{x} = 0$ 当且仅当 $sin x = 0$ 且 $x eq 0$。
$sin x = 0$ 的根是 $x = kpi$，其中 $k$ 是整数。
因为我们是从 $x=0$ 开始的泰勒展开，所以我们主要关注非零的根：
$x = pm pi, pm 2pi, pm 3pi, dots$
3. 类比有限多项式的因式分解：
考虑一个有限多项式 $P(x) = a_n x^n + dots + a_1 x + a_0$。如果这个多项式有根 $r_1, r_2, dots, r_n$，那么它可以被写成 $P(x) = a_n (xr_1)(xr_2)dots(xr_n)$。
如果我们令 $x=0$，则 $P(0) = a_0 = a_n (r_1)(r_2)dots(r_n) = a_n (1)^n r_1 r_2 dots r_n$。
或者更方便的是，如果多项式的常数项是1，即 $P(x) = 1 + c_1 x + c_2 x^2 + dots + c_n x^n$，并且有根 $r_1, dots, r_n$，那么它可以写成 $P(x) = (1 frac{x}{r_1})(1 frac{x}{r_2})dots(1 frac{x}{r_n})$。
（这里我们实际上是将 $P(x)$ 移项变成 $1 + dots$ 的形式，例如 $a_n(1frac{x}{r_1})dots$ 的形式）。
欧拉大胆地将这种思想推广到无穷级数上。他认为 $frac{sin x}{x}$ 可以被看作一个“无穷次多项式”，其常数项是1，并且根是 $pm pi, pm 2pi, pm 3pi, dots$。
因此，他写出了：
$frac{sin x}{x} = left(1 frac{x}{pi} ight) left(1 + frac{x}{pi} ight) left(1 frac{x}{2pi} ight) left(1 + frac{x}{2pi} ight) left(1 frac{x}{3pi} ight) left(1 + frac{x}{3pi} ight) dots$
利用 $(1a)(1+a) = 1a^2$，我们可以将其简化：
$frac{sin x}{x} = left(1 frac{x^2}{pi^2} ight) left(1 frac{x^2}{4pi^2} ight) left(1 frac{x^2}{9pi^2} ight) dots$
$frac{sin x}{x} = prod_{n=1}^{infty} left(1 frac{x^2}{n^2pi^2} ight)$
4. 比较两边的 $x^2$ 系数：
现在我们将 $frac{sin x}{x}$ 的泰勒展开式和其“因式分解”展开式进行比较。
泰勒展开式：$frac{sin x}{x} = 1 frac{x^2}{6} + frac{x^4}{120} dots$
因式分解展开式：$prod_{n=1}^{infty} left(1 frac{x^2}{n^2pi^2} ight)$
要得到 $x^2$ 的项，我们需要从这个无穷乘积中，选取一个项，将其中的 $x^2$ 项取出，其余的项取常数1。
例如：$(1 frac{x^2}{pi^2}) cdot 1 cdot 1 cdot dots$ 得到 $frac{x^2}{pi^2}$
$(1 frac{x^2}{4pi^2}) cdot 1 cdot 1 cdot dots$ 得到 $frac{x^2}{4pi^2}$
依此类推。
所以，$x^2$ 项的系数是：
$frac{1}{pi^2} frac{1}{4pi^2} frac{1}{9pi^2} frac{1}{16pi^2} dots$
$= left( frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + frac{1}{16pi^2} + dots ight)$
$= frac{1}{pi^2} left( 1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots ight)$
$= frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
现在我们将两边的 $x^2$ 系数相等：
$frac{1}{6} = frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
两边同时乘以 $pi^2$：
$frac{pi^2}{6} = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
这个方法的魅力在于： 它展现了数学家们在探索过程中大胆的类比和推理能力。虽然在严格性上有所欠缺（无穷乘积的收敛性、根的性质的推广等），但它直观地揭示了 $sin x$ 的性质与无穷级数之间的深刻联系，并且是后来更严谨证明的灵感来源。
方法三：利用积分（也叫 Parseval 定理或贝塞尔等式的一个特例）
这个方法与傅里叶级数方法有渊源，但可能更加侧重于积分的性质。它通常会用到 Parseval 定理，该定理说明了函数与其傅里叶系数的平方和之间的关系。
核心思想： 如果我们知道一个函数的傅里叶级数展开，那么我们可以通过计算这个函数自身与自身的积分（或其模的平方的积分），然后将这个积分值与它傅里叶系数的平方和关联起来，从而得到级数的求和。
步骤：
1. 选择函数和其傅里叶级数：
我们仍然选择 $f(x) = x$ 在区间 $[pi, pi]$ 上的扩展（为了避免 $x^2$ 的对称性导致一些项为零，或者可以使用 $f(x) = |x|$ 也可以，但 $f(x)=x$ 更直接）。
对于 $f(x)=x$ 在 $[pi, pi]$ 上的傅里叶级数：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x dx = 0$
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x cos(nx) dx = 0$ (因为 $x cos(nx)$ 是奇函数)
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x sin(nx) dx$
分部积分：令 $u=x, dv=sin(nx)dx$. $du=dx, v=frac{1}{n}cos(nx)$.
$b_n = frac{1}{pi} left( left[frac{x}{n}cos(nx) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} frac{1}{n}cos(nx) dx ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{pi}{n}cos(npi) frac{pi}{n}cos(npi) + frac{1}{n}int_{pi}^{pi}cos(nx) dx ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{2pi}{n}cos(npi) + frac{1}{n}[frac{1}{n}sin(nx)]_{pi}^{pi} ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{2pi}{n}(1)^n + 0 ight) = frac{2}{n}(1)^n = frac{2(1)^{n+1}}{n}$
所以，$f(x) = x sim sum_{n=1}^{infty} frac{2(1)^{n+1}}{n} sin(nx)$。
2. 应用 Parseval 定理：
Parseval 定理指出，对于一个周期为 $2pi$ 的函数 $f(x)$，其傅里叶级数为 $f(x) = frac{a_0}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n cos(nx) + b_n sin(nx))$，有如下关系：
$frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} [f(x)]^2 dx = frac{a_0^2}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n^2 + b_n^2)$
现在我们将 $f(x)=x$, $a_0=0$, $a_n=0$, $b_n = frac{2(1)^{n+1}}{n}$ 代入：
左边：
$frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 dx = frac{1}{pi} left[frac{x^3}{3} ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{pi} (frac{pi^3}{3} frac{(pi)^3}{3}) = frac{1}{pi} (frac{2pi^3}{3}) = frac{2pi^2}{3}$
右边：
$frac{0^2}{2} + sum_{n=1}^{infty} (0^2 + (frac{2(1)^{n+1}}{n})^2)$
$= sum_{n=1}^{infty} frac{4((1)^{n+1})^2}{n^2} = sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)}{n^2} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
3. 联立等式求解：
将左右两边相等：
$frac{2pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{2pi^2}{3 cdot 4} = frac{pi^2}{6}$
这个方法的特点在于： 它直接利用了平方积分与系数平方和之间的关系，是一种更普遍且严谨的计算方法。它说明了函数的“能量”可以从时域（积分）和频域（系数和）两种方式来描述。
总结
这几种方法都殊途同归地证明了 $sum_{i=1}^{infty} frac{1}{i^2} = frac{pi^2}{6}$ 这个美妙的结论。
傅里叶级数方法 是最常用的，也是教学中最常采用的严谨方法之一。它通过函数展开，在特定点代入来获得级数关系。
欧拉的方法 虽然在严格性上需要补充，但其逻辑清晰，富有启发性，展示了数学家们如何通过类比和洞察来解决问题。
Parseval 定理方法 则从能量守恒的角度，通过积分和系数的平方和的等式关系来推导，是一种更系统化的工具。
这些方法都展示了数学的内在联系和美丽，一个关于数字的级数求和，竟然与圆周率这样一个几何常数紧密相连，实在令人惊叹。
首先，我们要明白这是一个无穷级数，也就是说我们是在将所有正整数的平方的倒数加起来，看看它最终会收敛到一个什么值。很多人一开始可能觉得这个值会是一个很小的数字，但它却奇妙地与圆周率 $pi$ 关联了起来。
方法一：利用傅里叶级数（相对易懂的一种）
这种方法是比较主流的证明方式之一，虽然涉及到一些微积分的概念，但核心思想是可以通过对一个简单函数的傅里叶级数展开，然后利用其性质来推导出结果。
核心思想： 任何一个周期函数都可以表示成一系列正弦和余弦函数的和。通过选择一个合适的函数，展开它的傅里叶级数，然后代入一个特定的值，我们可以得到一个关于级数求和的等式，再进行一些代数运算就可以得到答案。
步骤：
1. 选择一个合适的函数： 我们选择一个在区间 $[pi, pi]$ 上周期为 $2pi$ 的函数。一个非常好的选择是函数 $f(x) = x^2$。
2. 计算傅里叶级数展开： 一个周期为 $2pi$ 的函数 $f(x)$ 的傅里叶级数展开形式为：
$f(x) = frac{a_0}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n cos(nx) + b_n sin(nx))$
其中系数 $a_0, a_n, b_n$ 的计算公式如下：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) dx$
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) cos(nx) dx$
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} f(x) sin(nx) dx$
现在我们来计算 $f(x) = x^2$ 的系数：
计算 $a_0$：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 dx = frac{1}{pi} left[ frac{x^3}{3} ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{pi} left( frac{pi^3}{3} frac{(pi)^3}{3} ight) = frac{1}{pi} left( frac{pi^3}{3} + frac{pi^3}{3} ight) = frac{1}{pi} cdot frac{2pi^3}{3} = frac{2pi^2}{3}$
所以，$frac{a_0}{2} = frac{pi^2}{3}$。
计算 $a_n$：
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 cos(nx) dx$
这是一个典型的分部积分问题。我们知道 $int u dv = uv int v du$。
令 $u = x^2$, $dv = cos(nx) dx$。
则 $du = 2x dx$, $v = frac{1}{n} sin(nx)$。
$a_n = frac{1}{pi} left( left[ x^2 cdot frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} frac{1}{n} sin(nx) cdot 2x dx ight)$
注意到第一项 $left[ x^2 cdot frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} = pi^2 frac{1}{n} sin(npi) (pi)^2 frac{1}{n} sin(npi) = 0 0 = 0$ (因为 $sin(npi) = 0$ 对于任何整数 $n$ 都成立)。
所以，
$a_n = frac{2}{npi} int_{pi}^{pi} x sin(nx) dx$
再次进行分部积分：令 $u = x$, $dv = sin(nx) dx$。
则 $du = dx$, $v = frac{1}{n} cos(nx)$。
$a_n = frac{2}{npi} left( left[ x cdot (frac{1}{n} cos(nx)) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} (frac{1}{n} cos(nx)) dx ight)$
$a_n = frac{2}{npi} left( left[ frac{x}{n} cos(nx) ight]_{pi}^{pi} + frac{1}{n} int_{pi}^{pi} cos(nx) dx ight)$
计算第一项：$left[ frac{x}{n} cos(nx) ight]_{pi}^{pi} = frac{pi}{n} cos(npi) (frac{pi}{n} cos(npi)) = frac{pi}{n} cos(npi) frac{pi}{n} cos(npi) = frac{2pi}{n} cos(npi)$。
计算第二项积分：$frac{1}{n} int_{pi}^{pi} cos(nx) dx = frac{1}{n} left[ frac{1}{n} sin(nx) ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{n^2} (sin(npi) sin(npi)) = 0$。
所以，
$a_n = frac{2}{npi} left( frac{2pi}{n} cos(npi) ight) = frac{4}{n^2} cos(npi)$。
我们知道 $cos(npi) = (1)^n$。
所以，$a_n = frac{4(1)^n}{n^2}$。
计算 $b_n$：
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 sin(nx) dx$
注意到 $f(x) = x^2$ 是一个偶函数（$f(x) = (x)^2 = x^2 = f(x)$），而 $sin(nx)$ 是一个奇函数（$sin(nx) = sin(nx)$）。偶函数乘以奇函数得到的是一个奇函数。
对于 $[a, a]$ 区间上的奇函数，其积分恒为零。所以，$b_n = 0$。
3. 写出傅里叶级数：
将计算出的系数代入傅里叶级数公式：
$x^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(nx)$
4. 代入一个特定值： 为了得到我们想要的级数求和，我们可以选择代入 $x = pi$ 或 $x = 0$。
选择 $x = pi$：
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(npi)$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} (1)^n$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^{2n}}{n^2}$
$pi^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4}{n^2}$
现在，我们来整理这个等式来求 $sum frac{1}{n^2}$：
$pi^2 frac{pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$frac{2pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{2pi^2}{3 cdot 4} = frac{pi^2}{6}$
或者选择 $x = 0$：
$0^2 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} cos(0)$
$0 = frac{pi^2}{3} + sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{3}$
$4 sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{3}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = frac{pi^2}{12}$
这个结果是 $sum frac{(1)^n}{n^2} = 1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + frac{1}{16} dots$ 的值。
我们也可以利用它来推导 $sum frac{1}{n^2}$。
考虑 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = 1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots$
和 $sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2} = 1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + frac{1}{16} dots$
将两者相加：
$(sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}) + (sum_{n=1}^{infty} frac{(1)^n}{n^2}) = (1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + dots) + (1 + frac{1}{4} frac{1}{9} + dots)$
$= 2(frac{1}{4} + frac{1}{16} + frac{1}{36} + dots) = 2 sum_{k=1}^{infty} frac{1}{(2k)^2}$
$= 2 sum_{k=1}^{infty} frac{1}{4k^2} = 2 cdot frac{1}{4} sum_{k=1}^{infty} frac{1}{k^2} = frac{1}{2} sum_{k=1}^{infty} frac{1}{k^2}$
所以，$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} + (frac{pi^2}{12}) = frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{12}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{6}$
两种代入方式殊途同归。
这个方法的精妙之处在于： 它将一个看似与 $pi$ 无关的级数求和问题，通过周期函数的傅里叶展开，巧妙地与一个与 $pi$ 直接相关的函数（三角函数）联系起来，并利用特定点的函数值推导出了最终的等式。
方法二：欧拉的“多项式因式分解”法（历史悠久且直观）
这是欧拉在1735年首次给出证明的方法之一，虽然在数学上不够严谨，但其直观性极强，也最能体现数学家们的创造力。这个方法借鉴了有限多项式的性质来处理无穷级数。
核心思想： 欧拉把 $frac{sin x}{x}$ 函数看作一个无穷多项式，并类比有限多项式的根与系数的关系来推导结果。
步骤：
1. 考虑函数 $g(x) = frac{sin x}{x}$：
我们知道 $sin x$ 的泰勒级数展开（在 $x=0$ 处）：
$sin x = x frac{x^3}{3!} + frac{x^5}{5!} frac{x^7}{7!} + dots$
所以，
$frac{sin x}{x} = 1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} frac{x^6}{7!} + dots$
$= 1 frac{x^2}{6} + frac{x^4}{120} frac{x^6}{5040} + dots$
2. 寻找 $frac{sin x}{x}$ 的根：
$frac{sin x}{x} = 0$ 当且仅当 $sin x = 0$ 且 $x eq 0$。
$sin x = 0$ 的根是 $x = kpi$，其中 $k$ 是整数。
因为我们是从 $x=0$ 开始的泰勒展开，所以我们主要关注非零的根：
$x = pm pi, pm 2pi, pm 3pi, dots$
3. 类比有限多项式的因式分解：
考虑一个有限多项式 $P(x) = a_n x^n + dots + a_1 x + a_0$。如果这个多项式有根 $r_1, r_2, dots, r_n$，那么它可以被写成 $P(x) = a_n (xr_1)(xr_2)dots(xr_n)$。
如果我们令 $x=0$，则 $P(0) = a_0 = a_n (r_1)(r_2)dots(r_n) = a_n (1)^n r_1 r_2 dots r_n$。
或者更方便的是，如果多项式的常数项是1，即 $P(x) = 1 + c_1 x + c_2 x^2 + dots + c_n x^n$，并且有根 $r_1, dots, r_n$，那么它可以写成 $P(x) = (1 frac{x}{r_1})(1 frac{x}{r_2})dots(1 frac{x}{r_n})$。
（这里我们实际上是将 $P(x)$ 移项变成 $1 + dots$ 的形式，例如 $a_n(1frac{x}{r_1})dots$ 的形式）。
欧拉大胆地将这种思想推广到无穷级数上。他认为 $frac{sin x}{x}$ 可以被看作一个“无穷次多项式”，其常数项是1，并且根是 $pm pi, pm 2pi, pm 3pi, dots$。
因此，他写出了：
$frac{sin x}{x} = left(1 frac{x}{pi} ight) left(1 + frac{x}{pi} ight) left(1 frac{x}{2pi} ight) left(1 + frac{x}{2pi} ight) left(1 frac{x}{3pi} ight) left(1 + frac{x}{3pi} ight) dots$
利用 $(1a)(1+a) = 1a^2$，我们可以将其简化：
$frac{sin x}{x} = left(1 frac{x^2}{pi^2} ight) left(1 frac{x^2}{4pi^2} ight) left(1 frac{x^2}{9pi^2} ight) dots$
$frac{sin x}{x} = prod_{n=1}^{infty} left(1 frac{x^2}{n^2pi^2} ight)$
4. 比较两边的 $x^2$ 系数：
现在我们将 $frac{sin x}{x}$ 的泰勒展开式和其“因式分解”展开式进行比较。
泰勒展开式：$frac{sin x}{x} = 1 frac{x^2}{6} + frac{x^4}{120} dots$
因式分解展开式：$prod_{n=1}^{infty} left(1 frac{x^2}{n^2pi^2} ight)$
要得到 $x^2$ 的项，我们需要从这个无穷乘积中，选取一个项，将其中的 $x^2$ 项取出，其余的项取常数1。
例如：$(1 frac{x^2}{pi^2}) cdot 1 cdot 1 cdot dots$ 得到 $frac{x^2}{pi^2}$
$(1 frac{x^2}{4pi^2}) cdot 1 cdot 1 cdot dots$ 得到 $frac{x^2}{4pi^2}$
依此类推。
所以，$x^2$ 项的系数是：
$frac{1}{pi^2} frac{1}{4pi^2} frac{1}{9pi^2} frac{1}{16pi^2} dots$
$= left( frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + frac{1}{16pi^2} + dots ight)$
$= frac{1}{pi^2} left( 1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots ight)$
$= frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
现在我们将两边的 $x^2$ 系数相等：
$frac{1}{6} = frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
两边同时乘以 $pi^2$：
$frac{pi^2}{6} = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
这个方法的魅力在于： 它展现了数学家们在探索过程中大胆的类比和推理能力。虽然在严格性上有所欠缺（无穷乘积的收敛性、根的性质的推广等），但它直观地揭示了 $sin x$ 的性质与无穷级数之间的深刻联系，并且是后来更严谨证明的灵感来源。
方法三：利用积分（也叫 Parseval 定理或贝塞尔等式的一个特例）
这个方法与傅里叶级数方法有渊源，但可能更加侧重于积分的性质。它通常会用到 Parseval 定理，该定理说明了函数与其傅里叶系数的平方和之间的关系。
核心思想： 如果我们知道一个函数的傅里叶级数展开，那么我们可以通过计算这个函数自身与自身的积分（或其模的平方的积分），然后将这个积分值与它傅里叶系数的平方和关联起来，从而得到级数的求和。
步骤：
1. 选择函数和其傅里叶级数：
我们仍然选择 $f(x) = x$ 在区间 $[pi, pi]$ 上的扩展（为了避免 $x^2$ 的对称性导致一些项为零，或者可以使用 $f(x) = |x|$ 也可以，但 $f(x)=x$ 更直接）。
对于 $f(x)=x$ 在 $[pi, pi]$ 上的傅里叶级数：
$a_0 = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x dx = 0$
$a_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x cos(nx) dx = 0$ (因为 $x cos(nx)$ 是奇函数)
$b_n = frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x sin(nx) dx$
分部积分：令 $u=x, dv=sin(nx)dx$. $du=dx, v=frac{1}{n}cos(nx)$.
$b_n = frac{1}{pi} left( left[frac{x}{n}cos(nx) ight]_{pi}^{pi} int_{pi}^{pi} frac{1}{n}cos(nx) dx ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{pi}{n}cos(npi) frac{pi}{n}cos(npi) + frac{1}{n}int_{pi}^{pi}cos(nx) dx ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{2pi}{n}cos(npi) + frac{1}{n}[frac{1}{n}sin(nx)]_{pi}^{pi} ight)$
$b_n = frac{1}{pi} left( frac{2pi}{n}(1)^n + 0 ight) = frac{2}{n}(1)^n = frac{2(1)^{n+1}}{n}$
所以，$f(x) = x sim sum_{n=1}^{infty} frac{2(1)^{n+1}}{n} sin(nx)$。
2. 应用 Parseval 定理：
Parseval 定理指出，对于一个周期为 $2pi$ 的函数 $f(x)$，其傅里叶级数为 $f(x) = frac{a_0}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n cos(nx) + b_n sin(nx))$，有如下关系：
$frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} [f(x)]^2 dx = frac{a_0^2}{2} + sum_{n=1}^{infty} (a_n^2 + b_n^2)$
现在我们将 $f(x)=x$, $a_0=0$, $a_n=0$, $b_n = frac{2(1)^{n+1}}{n}$ 代入：
左边：
$frac{1}{pi} int_{pi}^{pi} x^2 dx = frac{1}{pi} left[frac{x^3}{3} ight]_{pi}^{pi} = frac{1}{pi} (frac{pi^3}{3} frac{(pi)^3}{3}) = frac{1}{pi} (frac{2pi^3}{3}) = frac{2pi^2}{3}$
右边：
$frac{0^2}{2} + sum_{n=1}^{infty} (0^2 + (frac{2(1)^{n+1}}{n})^2)$
$= sum_{n=1}^{infty} frac{4((1)^{n+1})^2}{n^2} = sum_{n=1}^{infty} frac{4(1)}{n^2} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
3. 联立等式求解：
将左右两边相等：
$frac{2pi^2}{3} = 4 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{2pi^2}{3 cdot 4} = frac{pi^2}{6}$
这个方法的特点在于： 它直接利用了平方积分与系数平方和之间的关系，是一种更普遍且严谨的计算方法。它说明了函数的“能量”可以从时域（积分）和频域（系数和）两种方式来描述。
总结
这几种方法都殊途同归地证明了 $sum_{i=1}^{infty} frac{1}{i^2} = frac{pi^2}{6}$ 这个美妙的结论。
傅里叶级数方法 是最常用的，也是教学中最常采用的严谨方法之一。它通过函数展开，在特定点代入来获得级数关系。
欧拉的方法 虽然在严格性上需要补充，但其逻辑清晰，富有启发性，展示了数学家们如何通过类比和洞察来解决问题。
Parseval 定理方法 则从能量守恒的角度，通过积分和系数的平方和的等式关系来推导，是一种更系统化的工具。
这些方法都展示了数学的内在联系和美丽，一个关于数字的级数求和，竟然与圆周率这样一个几何常数紧密相连，实在令人惊叹。
网友意见
这是著名的巴塞尔问题： ，也是黎曼ζ函数 在 处的函数值。其实它在 处的函数值都有跟 有关的精确值，可以通过留数定理一次搞定。
开始计算
令 ，构造正方形围道：
它在全平面的奇点是 ，其中 为 级极点。
下面计算留数：
考虑到展开式： ，其中 为伯努利数
展开式的推导参见：
可以得到：
所以：
带回原式得：
由留数定理：
令 ，上式变为：
解得：
当时便有：
下面证明 ：
记正方形围道的四条边分别为（右）、（上）、（左）、（下）
在 上，
显然 在 上有界。
同理， 在 上有界。
在 上，
显然 在 上有界。
同理， 在 上有界。
综上， 在 上有界。
故 ，使得
注意到在 上，
所以
而
由夹逼准则，
以上内容摘自：
另一种计算方法参见：
看到讲解基本都更数学一些，我想放在实在的物理模型里讲一下这个推导，数学本质依旧是傅里叶变换，在量子力学中相当于变换表象
考虑某个在宽度为a的非对称一维无限深方势阱中运动的粒子，其处于状态
已知能量本征值为 ，本征函数
将波函数系数归一化，即
得到
然后，将波函数 向能量的本征函数系展开，得到展开系数
由于展开系数的模方之和为1（总概率）可知
于是得到无穷级数之和
通过改变某个波函数 ，可以同理推出其他无穷级数，比如 与 时，可以证明 以及
这是数学史上著名的Basel Problem，以大数学家欧拉和数学家家族伯努利家族的故乡——巴塞尔命名
如果定义：
这就是著名的Riemann Zeta Function，前段时间闹得沸沸扬扬的黎曼猜想研究的就是它
当然关于这个问题本身，即 ，证明起来并不很困难，它的证明方法非常非常多，我估计得有几十种
巴塞尔问题(Basel problem)的多种解法--怎么计算$frac{1}{1^2}+frac{1}{2^2}+frac{1}{3^2}+cdots$ ? - 御坂01034 - 博客园
http:// empslocal.ex.ac.uk/peop le/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf
这两个地址给出了很多种证法，但应该还不全
我也补充一个相对较为初等的证明方法，只需要掌握微积分中的幂级数相关知识即可
我们知道
【注1】
令 ，
有
由于
【注2】
由比较判别法的极限形式，可得级数
收敛
由Weierstrass优级数判别法可知
函数项级数 一致收敛，从而逐项可积
两端分别对 求 上的积分
从而
【注3】
注释：
【1】
我们令
两边再同时对 求导，有
再对两边同时求n阶导数，由高阶导数的Leibniz公式，可得
整理得
（ ）
在 时，有
从而，当 时
而当 时
从而有 的Maclaurin级数为
并且显然它收敛于自身的Maclaurin级数
【2】
可由不等式
推出
由夹逼定理可知
此即Wallis公式
从它可轻易推出
【3】
这个定积分可由递推公式
推出
同理由该递推公式还可推出
于是
由于 时
自然有
于是可推导出注释2的不等式
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