如何证明 1+1/4+1/9+1/16+1/25+…=π²/6？
设想一下，你是一位生活在18世纪的欧洲数学家，你手头正摆弄着一本厚重的数学著作，上面记载着一个看似简单却又深邃的等式：
1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + 1/25 + ... = π²/6
这个等式，也就是我们今天熟知的巴塞尔问题（Basel problem），它的含义是，将所有正整数的平方的倒数相加，其结果竟然与伟大的圆周率 π 的平方除以 6 相等。这简直令人难以置信！π 是圆的周长与直径之比，一个与几何形状息息相关的常数，而这个等式却将它与一个看似纯粹的数项级数联系在了一起。
在那个年代，数学家们对级数的研究已经有了长足的进展，但要给出这个等式一个严谨、令人信服的证明，却是一项艰巨的挑战。无数的聪明才智在此汇聚，试图揭开这层神秘的面纱。今天，我们就来一同追溯那些伟大的思想家们探索的路径，看看他们是如何一步步证明这个神奇的等式的。
欧拉的惊世之举：利用函数的神奇属性
要说起巴塞尔问题的证明，就不得不提18世纪最伟大的数学家之一——莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）。欧拉以其非凡的直觉和深厚的功底，找到了一个革命性的证明方法，至今仍被广泛传颂。他的方法巧妙地结合了多项式和三角函数，其核心在于利用了正弦函数（sine function）的一个非常特殊的性质。
让我们从正弦函数入手。我们知道，正弦函数在 (π, π) 区间内可以展开成一个无穷级数：
sin(x) = x x³/3! + x⁵/5! x⁷/7! + ...
这里，“!” 表示阶乘，例如 3! = 3 × 2 × 1 = 6。
欧拉的绝妙之处在于，他将正弦函数与一个我们熟悉的代数表达式联系起来。我们知道，形如 (1 r₁x)(1 r₂x)(1 r₃x)... 的无穷乘积可以展开成一个关于 x 的多项式。现在，关键在于找到一个无穷乘积，它能够生成与 sin(x) 完全相同的级数展开。
欧拉大胆地猜想，正弦函数可以被分解成一个无穷乘积，其形式类似于多项式的因式分解：
sin(x) = x (1 x²/π²) (1 x²/4π²) (1 x²/9π²) (1 x²/16π²) ...
这个猜想的直观理解是，正弦函数在 x = ±π, ±2π, ±3π, ... 时取值为零，就像多项式在根处为零一样。而欧拉则将这些根转化为了无穷乘积中的项。注意，这里的 π²、4π²、9π²、16π² ... 正是 1², 2², 3², 4² ... 的平方。
现在，如果我们仔细观察这个无穷乘积，并将其与正弦函数的级数展开进行比较，我们会发现一个惊人的秘密。
让我们先展开这个无穷乘积的前几项，忽略掉更高阶的 x 项（因为我们只需要比较 x² 的系数）：
x (1 x²/π²) (1 x²/4π²) (1 x²/9π²) ...
= x [1 (x²/π² + x²/4π² + x²/9π² + ... ) + (更高阶的 x 项)]
= x x³/π² x³/4π² x³/9π² ... + (更高阶的 x 项)
我们还需要展开这个无穷乘积中关于 x² 的项。如果我们只关注展开式中 x³ 的项，就需要将 x 与无穷乘积中的 x²/n² 相乘，然后加上所有项。但我们更关心的是级数中的 x² 项的系数，在欧拉看来，这是通过将常数项 (x) 与乘积的各项相乘，然后取出与 x² 同阶的项得到的。
更具体地说，展开 sin(x) 的无穷乘积时，常数项是 x。当我们将 x 乘以无穷乘积中的各项时，我们得到：
x (1 x²/π²) (1 x²/4π²) (1 x²/9π²) ...
为了得到 x³ 的项，我们需要从这个无穷乘积中提取一个 x 和两个 x² 项相乘。 例如，从 (1 x²/π²) 和 (1 x²/4π²) 中提取 x²/π² 和 x²/4π²，与 x 相乘，得到 x (x²/π²) (x²/4π²) = x³/(4π⁴)。 这是四次项。
但是，我们对 x³ 的系数更感兴趣。我们回头看正弦函数的级数展开：
sin(x) = x x³/3! + x⁵/5! ...
我们看到 x³ 的系数是 1/3! = 1/6。
现在，让我们回到欧拉的无穷乘积：
sin(x) = x (1 x²/π²) (1 x²/4π²) (1 x²/9π²) ...
如果我们展开这个无穷乘积，并仔细计算 x³ 的系数，我们会发现：
sin(x) = x [1 (x²/π² + x²/4π² + x²/9π² + ...) + (x⁴ 的项) + ...]
这里面，我们注意到展开无穷乘积的 `x (1a)(1b)(1c)...` 的形式时，x³ 的项来源于 `x (a)` (即 `x (x²/π²)`) 这种组合，但这是不对的。
让我们换个角度，更严谨地理解欧拉的思路：
欧拉将正弦函数视为一个“无穷次多项式”。一个多项式，例如 P(x) = c(1 x/r₁)(1 x/r₂)...(1 x/rₙ)，它的系数与其根直接相关。
正弦函数 sin(x) 在 x = 0 处的取值为 0，而它在 x = ±π, ±2π, ±3π, ... 处也取值为 0。这意味着，如果我们将 sin(x) “除以” x，得到一个函数 f(x) = sin(x)/x，那么这个函数在 x = 0 处的取值将是 1 (通过洛必达法则或泰勒展开可知)。而 f(x) 的根将是 ±π, ±2π, ±3π, ...。
f(x) = sin(x)/x = (x x³/3! + x⁵/5! ...) / x
f(x) = 1 x²/3! + x⁴/5! x⁶/7! + ...
现在，我们可以将 f(x) 看作是一个“无穷次多项式”，它的根是 ±π, ±2π, ±3π, ...。 那么，我们可以尝试将其写成一个无穷乘积的形式：
f(x) = (1 x/π)(1 + x/π)(1 x/2π)(1 + x/2π)(1 x/3π)(1 + x/3π)...
将连续的 `(1 x/nπ)(1 + x/nπ)` 项合并，我们得到 `(1 x²/n²π²)`。 因此：
f(x) = (1 x²/π²)(1 x²/4π²)(1 x²/9π²)(1 x²/16π²)...
现在，我们有了两个 f(x) 的表达式：
1. f(x) = 1 x²/3! + x⁴/5! ...
2. f(x) = (1 x²/π²)(1 x²/4π²)(1 x²/9π²)...
欧拉的伟大之处在于，他将这两个表达式进行比较，特别是比较它们的x² 项的系数。
让我们展开第二个表达式的前几项，只保留到 x² 的项：
(1 x²/π²)(1 x²/4π²)(1 x²/9π²)...
= 1 x²/π² x²/4π² x²/9π² ... (这里忽略了更高阶的 x⁴ 项，因为它们是由两个 x² 相乘得到的)
= 1 (1/π² + 1/4π² + 1/9π² + ...)x²
现在，我们将这个结果与第一个表达式进行比较：
1 x²/3! + x⁴/5! ... = 1 (1/π² + 1/4π² + 1/9π² + ...)x²
通过比较等式两边 x² 项的系数，我们可以得到：
1/3! = (1/π² + 1/4π² + 1/9π² + ...)
将负号约掉：
1/6 = 1/π² + 1/4π² + 1/9π² + ...
最后，我们将 π² 提取出来：
1/6 = (1/π²)(1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ...)
将 π² 乘到等式左边，我们就得到了最终的结论：
π²/6 = 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ...
欧拉证明的深刻意义与现代的回响
欧拉的这个证明方法，虽然在当时需要一些“不严格”的假设（例如无穷乘积的展开和根与系数的关系可以类比有限多项式），但其洞察力和数学美感是毋庸置疑的。它展示了函数在不同视角下的统一性，将看似无关的几何常数 π 与一个无穷级数完美地联系起来。
这个证明之所以如此令人着迷，还在于它触及了数学中一些更深层次的工具和概念，例如：
泰勒展开（Taylor Series）：欧拉的级数展开是泰勒展开在正弦函数上的具体应用。泰勒展开允许我们将一个函数在某一点附近表示为一系列幂函数的和。
无穷乘积（Infinite Product）：虽然欧拉在此处是猜想，但后来数学家们证明了，对于一些满足特定条件的函数，确实存在这样的无穷乘积表示。这就像多项式可以通过它的根来表示一样。
复分析（Complex Analysis）：更严谨的证明通常会用到复分析中的留数定理（Residue Theorem）。通过对某个复变函数进行积分，并利用其在极点上的留数信息，可以推导出巴塞尔问题的解。这种方法更加严谨，也更具普遍性。
并非唯一，但最经典
值得一提的是，除了欧拉的方法，还有其他证明巴塞尔问题的方法，例如：
傅里叶级数（Fourier Series）：利用一个周期函数的傅里叶级数展开，通过 Parseval 定理来计算级数的平方和，最终也能得到 π²/6。
概率方法：有一些基于几何概率的解释，虽然直观但同样需要严谨的数学推导。
然而，欧拉的证明因其简洁、优雅和深刻的洞察力，成为了最广为人知且最经典的方法。它不仅解决了巴塞尔问题，也为后来的数学家们打开了新的研究思路，特别是关于函数与级数之间的联系，以及如何利用函数的零点信息来构造无穷乘积。
下次当你看到 π 或者这些无穷级数时，不妨回味一下欧拉那位伟大的数学家，如何在寂静的书房中，凭借着非凡的智慧和对数学的热爱，将这冰冷数字的序列，与宇宙中那永恒的圆周率，紧密地联系在一起。这便是数学的魅力，一个连接着过去与未来，将抽象概念转化为深刻理解的奇妙旅程。
网友意见
利用Taylor expansion:
所以有:
令 ，即将坐标系逆时针旋转
积分区域为
代入Jacobian Determinant有:
又有:
令 ，换元有:
同理可求得:
综上可得:
考虑不等式，
有
进而，
借引理 ，易得
即
注意到
由夹逼定理，
证毕.
下证引理. 注意到棣莫弗定理，可知
考虑 ，根据二项式展开得到正弦 倍角公式为
两边同时除以 ，令 得
令 得
由韦达定理，
得证.
回答取自：
既然大家都已经把高大尚的方法写完了，我就讲讲著名数学家欧拉为什么能够发现 这个结论。
根据很多资料，欧拉本人最开始是通过将 与 进行比较而得出的结论。所以我们不妨先写程序（附录程序1）看看不同的n会给出什么样的结果（由于18世纪还没有计算机，所以比较硬算到n=10比较妥当）：
很明显，即使我们用计算机算到了 ，也无法看出 与 的关系（毕竟收敛的太慢）。然而在n很大的时候计算量会很大，所以我们需要从数学角度上简化计算。
众所周知，求和与积分息息相关。虽然求和 比较难以手算，但是积分 我们却能够快速得到结果。而积分又通过欧拉-麦克劳林公式与求和结合在一起，所以我们可以对这个问题使用欧拉-麦克劳林公式：
把 代入以上式子，得：
现在设 ，则有 ，代入到上式，得：
现在对两侧求 的极限，得：
因此，通过修改原式，得：
为了方便，我们让 ，则原式变为
根据伯努利数表，我们有 ，代入得：
把n=4代入到上式，可以得到近似（程序2）：
和真实值 对比，我们可以发现其实用欧拉-麦克劳林的结果已经相当接近 的真实值了。事实上，欧拉也是根据这样一个近似结果猜出 。严谨证明也是后来的事儿了。
附录
欧拉-麦克劳林公式推导：
程序1源码：
#!/usr/bin/env python3 import numpy as np def get_sum(t): return np.power(np.arange(1,t+1,1,dtype=np.float),-2).sum() S=np.pi**2/6 n=10 print(r"egin{aligned}") for i in range(1,n+1): print(r"H^{(2)}_{%d}&=%.8f \" % (i,get_sum(i))) print(r"&vdots \") print(r"H^{(2)}_infty&={pi^2over6}=%.8f \" % S) print(r"end{aligned} \") 程序2源码：
#!/usr/bin/env python3 import numpy as np n=4 coeffs=[1,-1/2,1/6,-1/30,1/42,-1/30] pows=[-1,-2,-3,-5,-7,-9] ns=np.ones_like(pows,dtype=np.float)*n s=np.power(np.arange(1,n+1,1,dtype=np.float),-2).sum() +np.dot(np.power(ns,pows),coeffs) print(s)
欧拉方法：
正弦函数的泰勒展开式为：
两边除以x
但是
于是
这个无穷乘积的二次项系数，等于
对比泰勒展开式，可知
两边乘以-π^2，就得到了答案：
——————————分割线——————————
我们把 中所有x换成ix，其中i是虚数单位，可以得到：
同时可以得到：
其实就是把减号全部换成了加号，通过双曲正切函数和同样的步骤，我们也可以推出 这个结论。
但是，我们可以尝试着把双曲正切函数和圆正切函数相乘：
泰勒公式部分，在6次项后面都不需要，因为我们只需要注意4次项。
无穷乘积的4次项系数为：
我们再通过两个泰勒公式的乘积找出4次项系数，只需要把常数项和4次项相乘，再把2次项和2次项相乘，最后再加起来即可。
于是：
这个经典的问题是数学史上著名的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，保守估计得有几十种证法吧.
定义：
在数学上，这是著名的Riemann Zeta Function，去年闹得沸沸扬扬的黎曼猜想研究的就是它，可惜阿蒂亚爵士已于今年年初逝世，享年90岁.
时，也即这个问题，相对来说是非常简单的，此时
这个问题保守估计也有几十种证明方法
http:// empslocal.ex.ac.uk/peop le/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf
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
这两个地址都罗列出了不少证法
Martin Aigner和Günter Ziegler写的那本著名的《Proofs from THE BOOK》（数学天书中的证明）中，数论篇的第8章《三探π^2/6》一文，也给出了几种巧妙的证法.
我这里也加一种相对较为初等的证明方法，需要用到微积分中的定积分和幂级数相关知识
（一）
我们知道
这个结果可由递推公式
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：
（二）
由不等式
推出
由夹逼定理可知
此即著名的Wallis公式
从它可推出
（三）
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
这构成了一个递推公式
我们有
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
所以
（四）
由于
现在，令 ，
有
由于
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
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