转载自http://www.ivy-end.com/archives/1098

今天我们来介绍一个曾经在数列题中做过无数遍的数列$a_{n}=\frac{1}{n^{2}}$，为了方便下文的讨论，我们记$S_{n}$为数列$a_{n}$的前$n$项和。我们做过最熟悉的题目莫过于证明$S_{n}<2$，这个证明对于大家来说应该是非常容易的 $$S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=1+\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i\cdot\left(i-1 \right )}=2-\frac{1}{n}.$$

那么大家是否考虑过，$\lim_{n \to \infty }S_{n}$究竟等于多少？我记得严桂华讲过欧拉曾经计算过这个问题，今天在国外一个数学讨论网站上翻到了一篇关于如何计算$\lim_{n \to \infty }S_{n}$的问答（原文地址）。在此仅介绍几种方法。

首先给出结果，再用多种方法进行证明 $$\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}.$$ 不得不说，这一结果是非常不可思议的，因为它居然包含了$\pi$。读者如果不相信的话，可以自行计算一下，当$n$趋向于正无穷时，答案便越接近$\frac{\pi^{2}}{6}$。

好了，废话不说，我们进入证明部分。

法一：

当$0<x<\frac{\pi}{2}$时，有$0<\sin{x}<x<\tan{x}$。至于这个命题的证明，请参考下图：

这样，我们可以得到 $$\frac{1}{\tan^{2}{x}}<\frac{1}{x^{2}}<\frac{1}{\sin^{2}{x}}.$$ 我们知道，$\frac{1}{\tan^{2}{x}}=\frac{1}{\sin^{2}{x}}-1$（很容易由三角恒等式导出）。将区间$\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$等分成$2^{n}$个部分，令$x_{k}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{k}{2^{n}}$，并将不等式两边对$x_{k}$进行求和，可以得到 $$\sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k} – \sum_{k=1}^{2^n-1} 1 < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{x_k^2} < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k}.$$ 我们不妨将不等式右边的表达式记为$T_{n}$，那么原不等式可以化简为 $$T_{n} – \left(2^n – 1\right) < \sum_{k=1}^{2^n-1} \left( \frac{2 \cdot 2^n}{\pi} \right)^2 \frac{1}{k^2} < T_n.$$ 接下来我们主要考察$T_{n}$。它看起来是一个非常复杂的求和，实际上可以非常简单的计算出来。首先，我们考虑下面的式子 $$\frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\sin^2 (\frac{\pi}{2}-x)} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x \cdot \sin^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x}.$$ 因此，如果我们将$T_{n}$以$\frac{\pi}{4}$为中点进行配对（选取区间$\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$左边的点$x_{k}$，与右边的点$\frac{\pi}{2}-x_{k}$），考虑递推，再加上中点$\frac{1}{\sin^{2}{\frac{\pi}{4}}}=2$，则可以得到 $$T_{n}=4T_{n-1}+2.$$ 又$T_{1}=2$，我们可以很容易的得到$T_{n}$的通项公式 $$T_n = \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ 于是，我们得到了这样的不等式 $$\frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \frac{4^{n+1}}{\pi^2} \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ 两边同时乘以$\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}}$使得不等式的中间与我们的目标形式更加相似，这样我们又得到一个不等式 $$\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ 当$n\rightarrow\infty$时，不等式左右两边同时趋向于$\frac{\pi^{2}}{6}$，由夹逼准则得$\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}$。证毕。

法二：

我们可以借助函数$f\left(x\right)=x^{2},x\in\left[-\pi,\pi\right]$来找到它对应的三角傅立叶级数 $$\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),$$ 且它是周期收敛的。

又$f\left(x\right)$为偶函数，这足够让我们得到它的系数 $$a_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,\cdots,$$ 因为 $$b_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,\cdots.$$ 令$n=0$得 $$a_{0}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi}x^{2}dx=\frac{2\pi ^{2}}{3}.$$ 当$n=1,2,3,\cdots$时，我们有 $$a_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx\\=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\frac{2}{\pi }\times \frac{2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\frac{4}{n^{2}},$$ 因为 $$\int x^2\cos nx\;dx=\frac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \frac{x^{2}}{n}-\frac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.$$ 因此 $$f(x)=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos nx\right).$$ 又\(f\left(\pi\right)=\pi^{2}\)，我们可以得到 $$\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right)$$ 即 $$\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n}\frac{1}{n^{2}}\right)$$ 进一步化简得 $$\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}.$$ 因此 $$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{4}-\frac{\pi ^{2}}{12}=\frac{\pi ^{2}}{6}.$$ 证毕。

法三：

当$x=0$时$\sin{x}$可以使用泰勒级数展开 $$\sin x = x – \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots.$$ 于是我们可以得到 $$\frac{x^3}{3!}=x\left(\frac{x^2}{\pi^2} + \frac{x^2}{2^2\pi^2}+ \frac{x^2}{3^2\pi^2}+\cdots\right)=x^3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2},$$ 即 $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ 证毕。

法四：

设$z$为复数，考虑 $$\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}$$ 由复变函数分析可得 $$\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^2}.$$ 这样，当右边$z=0$时，我们就可以得到 $$\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.$$ 又 $$\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=\frac{\pi^2}{3}.$$ 因此 $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ 证毕。

法五：

这是欧拉的方法。令 $$s=\sin^{-1}{x}.$$ 那么 $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sds=\frac{\pi^{2}}{8}.$$ 但是 $$\int\limits_0^1 {\frac{{{{\sin }^{ – 1}}x}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{8}.$$ 又 $${\sin ^{ – 1}}x = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} = x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{{{x^7}}}{7} + \cdots.$$ 我们可以得到 $$\int\limits_0^1 {\left\{ {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} } \right\}} = \int\limits_0^1 {\left\{ {x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \cdots } \right\}}.$$ 但是 $$\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n – 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx}.$$ 这样，可以得到 $$\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}}.$$ 又所有的次数都是奇数，所以最终的结果为 $$\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{2}\frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3}} \right) + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{1}{5}\left( {\frac{{2 \cdot 4}}{{3 \cdot 5}}} \right) + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{1}{7}\left( {\frac{{2 \cdot 4 \cdot 6}}{{3 \cdot 5 \cdot 7}}} \right) \cdots,$$ $$\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{5^2}}} + \frac{1}{{{7^2}}} + \cdots.$$ 令 $$1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \cdots = \omega.$$ 则 $$\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} + \cdots = \frac{\omega }{4}.$$ 这样，我们可以得到 $$\frac{\omega }{4} + \frac{{{\pi ^2}}}{8} = \omega.$$ 即 $$\omega = \frac{{{\pi ^2}}}{6}.$$ 证毕。

法六：

$$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=\zeta(2)=\frac{4}{3}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\frac{\log y}{y^2-1}dy$$ $$=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{y^2-1}\left[\log\left(\frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right)\right]_{x=0}^{+\infty}dy=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{(1+x^2)(1+x^2 y^2)}dx\,dy$$
$$=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx\, dz}{(1+x^2)(1+z^2)}=\frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ 证毕。

就介绍这几种方法吧，大家可以有选择的进行阅读。以后数学作业中再有证明$S_{n} < 2$的时候，不妨这样写$\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi}{6} < 2$，怕老师不承认，可以顺便证明一下，至于给不给分，就不好说了。

[Dr.Lib]Note:Math – $\Sigma \frac{1}{n^{2}}$ by Liqueur Librazy is licensed under a Creative Commons Attribution-ShareAlike 4.0 International License.