巴塞尔问题欧拉解法逐步推导与分析

巴塞尔问题：
所有平方数的倒数的和是多少？
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}=?$（n趋近于正无穷）

推导开始：

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//分割线内先推导一个麦克劳林级数

假如有任意一个多项式函数f(x)，将所有同次项合并后，我们都可以用以下形式给出：

$f(x)=A+Bx+C{x}^2+D{x}^3+E{x}^4+F{x}^5+G{x}^6+...$         其中 A,B,C,D,…以及x都是实数，省略号之后的项的次数向无穷大整数递增。

那么显而易见
$f(0)=A$               我们可以将它改写为 $A=f(0)$
根据导数公式$f(x)=x^n，f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$
我们可以得出
$f^{\prime }(x)=B+2Cx+3D{x}^2+4E{x}^3+5F{x}^4+6G{x}^5+...$
所以
$f^{\prime }(0)=B$               我们可以将它改写为 $B=\frac{f^{\prime }(0)}{1!}$
 
该函数从1到n阶的导数我们都可以像上面这样有规律的推下去：
 
$f^{\prime \prime }(x)=2C+6Dx+12E{x}^2+20F{x}^3+30G{x}^4+...$
$f^{\prime \prime }(0)=2C$             我们可以将它改写为 $C=\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}$
$f^{\prime \prime \prime }(x)=6D+24Ex+60F{x}^2+120G{x}^3+...$
$f^{\prime \prime \prime }(0)=6D$            我们可以将它改写为 $D=\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}$
…
 
以上，将改写后的系数A,B,C,D,…带回到f(x)多项式函数最上面的原型，可以得出：
 
$f(x)=f(0)+x\frac{f^{\prime }(0)}{1!}+x^2\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}+x^3\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}+x^4\frac{f^{\prime \prime \prime \prime }(0)}{4!}+...$            //这既是麦克劳林级数的形式

(其实正式的麦克劳林级数需要计算等式右边的具体值，会规定一个函数的最高次项n，所以等号右边的最终项是$x^n\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$，并且根据函数极限定义公式，无穷的概念去掉后会转化为一个误差余项，这样两边才能成为等式。一个拉格朗日误差余项会涉及到泰勒公式，拉格朗日/柯西中值定理以及极限，微分，无穷小等概念。具体值以及余项与下面的推导无关(正弦函数的最高次是无限大的且只关心它的二次项))

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再分析正弦函数的多阶导数。

(图1：红线为y=sinx的2,4,6,8,10阶导数，黑线为1,5,9，蔚蓝为3,7,11)
 
观察上图，当x等于0时，正弦函数的各阶导数值会在1，0，-1之间重复出现。结合其规律与上面的麦克劳林级数，与偶数阶导数相乘的项一定等于0，约掉了，乘以奇数阶导数的项有一个符号的正负交替变化。所以可以将sinx的麦克劳林级数改写为：
 
$sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-...$
 
两边再除以x：
 

$\frac{sin(x)}{x}=1$$-\frac{x^2}{3!}$$+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\frac{x^8}{9!}-...$

 
我们将上面的等式右边部分称为 A。并关注其中的$x^2$项。
 

再回到正弦函数。

(图2：$f(x)=sin(x)$)
 
观察上图sin(x)不断的，无穷的，有规律的与数轴交叉，再考虑$sin(\pi )=sin(2\pi )=...=sin(n\pi )=0$的性质，仿佛在暗示我们可以将正弦函数与数轴交叉的所有case总结为下面的无穷级数(依然不考虑微积分中的无穷大与误差问题)：
 
$sin(x)=x(1-\frac{x}{\pi })(1+\frac{x}{\pi })(1-\frac{x}{2\pi })(1+\frac{x}{2\pi })(1-\frac{x}{3\pi })(1+\frac{x}{3\pi })...(1-\frac{x}{n\pi })(1+\frac{x}{n\pi })$      
 

观察等式，当x等于$-n\pi ...-1\pi ,0\pi ,1\pi ,2\pi ,3\pi ...n\pi$中的任何一个时，等式左边等于0。而等式右边也会出现一个等于0的项(例如x=$\pi$，等式右边就变成$x(1-\frac{\pi }{\pi })...$)，所以等式右边也会等于0。那么根据归纳法，当x等于任意$\pi$时等式是成立的。而当x等于任意值时的严格证明在那个年代还没出现（一百年后由魏尔施特拉斯分解定理证明）。但由于该无穷级数是收敛的，欧拉那时是通过手动计算（x给定任意值，计算等式两边，n值越大会越逼近等式左边）启发式的证明了该等式。

(图3：通过现代计算机绘图[n=10/100/1000]可以很容易的看出该无穷级数向sinx收敛的趋势)

这个无穷级数的提出是欧拉解决巴塞尔问题的核心。由于该无穷级数逻辑上的直观性，欧拉有可能不是第一个观察到这个无穷级数的人，但绝对是第一个用它解决（并确实解决了）巴塞尔问题的数学家。该无穷级数可以很容易的与上面正弦函数的麦克劳林级数相结合，它的$(1-a)(1+a)$这种排列组合形式又为之后$x^2$项的提炼留下了伏笔。
 
无穷级数等式两边除以x，将右边部分称为B：
 

$\frac{sin(x)}{x}=(1-\frac{x}{\pi })(1+\frac{x}{\pi })(1-\frac{x}{2\pi })(1+\frac{x}{2\pi })(1-\frac{x}{3\pi })(1+\frac{x}{3\pi })...(1-\frac{x}{n\pi })(1+\frac{x}{n\pi })$

 
接下来将B中的$x^2$项提炼出来，先对每两个临近的括号进行结合：
 
$\frac{sinx}{x}=(1-\frac{x^2}{{\pi }^2})(1-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2})(1-\frac{x^2}{3^2{\pi }^2})...(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2})$
 
观察上面的等式，可以看出不断展开结合时的规律，所有$x^2$项和1不断相乘，因此可以直接得出：
 
$B中所有x^2项的和=-\frac{x^2}{{\pi }^2}-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2}-\frac{x^2}{3^2{\pi }^2}-\frac{x^2}{4^2{\pi }^2}...-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}$
 
再将$-\frac{x^2}{{\pi }^2}$提出来:
 
$B中所有x^2项的和=-\frac{x^2}{{\pi }^2}(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2})$
 
上面等式右边括号中部分既是巴塞尔问题本身:${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}={\lim }_{n\to +\infty }(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2})$
 
因为A=B，那么它们的$x^2$项的和也相等，所以：
 
$-\frac{x^2}{6}=-\frac{x^2}{{\pi }^2}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$
 
 
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$
 
所有平方数的倒数的和为$\frac{{\pi }^2}{6}$ 。