Sum of inverse squares of natural numbers
バーゼル問題は、原点から見た 数直線 上の 無数の同一 点光源の 見かけの明るさ の合計（上図）と、位置1にある単一の光源（下図）との比較に似ています。 バーゼル 問題（ バーゼルじんもん、英: Basel problem）は、 数論 に関連する 数学的解析学 の問題で 、逆平方数の無限和に関するものである。この問題は 1650年に ピエトロ・メンゴリ によって初めて提起され、 1734年にレオンハルト・オイラーによって解決され、 [1] 1735年12月5日に サンクトペテルブルク科学アカデミー で発表された。 [2]この問題は当時の一流の 数学者 たちの攻撃にも耐えたため 、オイラーは28歳にしてその解決法で一躍有名になった。オイラーはこの問題を大幅に一般化し、そのアイデアは1世紀以上後に ベルンハルト・リーマン によって1859年の画期的な論文「 与えられた大きさより小さい素数の個数について 」で取り上げられ、この論文で ゼータ関数を定義し、その基本的な性質を証明した。この問題は、オイラーの故郷である バーゼル 市 、および この問題に取り組んだ ベルヌーイ一族の出身地にちなんで名付けられた。
バーゼル問題は、 自然数 の 平方 の 逆数 の正確な 合計、つまり 無限級数 の正確な合計を求めています 。 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + ⋯ . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+\cdots .}
級数の和はおよそ1.644934に等しい。 [3] バーゼル問題は、 この級数の 正確な和（ 閉じた形式 ）と、その和が正しいことの 証明 を求めるものである。オイラーは正確な和が であることを発見し 、1735年にこの発見を発表した。彼の議論は、当時は正当化されていなかった操作に基づいていたが、後に彼の正しさが証明された。彼は1741年に認められた証明を提示した。 π 2 / 6 {\textstyle {\pi ^{2}}/{6}}
この問題の解は、2つの大きな乱数 が 互いに素で ある確率を推定するのに使用できます。1から n までの範囲の2つの乱数は、 nが 無限大に近づく極限において、互いに素である確率 がバーゼル問題の解の逆数に 近づく確率で互いに素になります。 [4] 6 / π 2 {\textstyle {6}/{\pi ^{2}}}
オイラーのアプローチ オイラーによる値の元々の導出は、本質的に有限 多項式 に関する観察を拡張したもの であり、同じ特性が無限級数にも当てはまると仮定していました。 π 2 / 6 {\textstyle {\pi ^{2}}/{6}}
もちろん、オイラーの当初の推論には正当性が必要です（100年後、 カール・ワイエルシュトラスは ワイエルシュトラスの因数分解定理 によって、オイラーによる正弦関数の無限積としての表現が正しいことを 証明しました）。しかし、たとえ正当性がなくても、正しい値を得るだけで、彼は級数の部分和に対して数値的に検証することができました。彼が観察した一致は、彼に数学界に自分の結果を発表するのに十分な自信を与えました。
オイラーの議論に従うには、 正弦関数 の テイラー級数展開を思い出してください 。x で割る と sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ {\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots } sin x x = 1 − x 2 3 ! + x 4 5 ! − x 6 7 ! + ⋯ . {\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots .}
ワイ エルシュトラスの因数分解定理は、 有限多項式の場合と同様に、右辺がその根によって与えられる線型因子の積であることを示しています。オイラーはこれを 無限次 多項式をその根を用いて展開するための 経験則 として仮定しましたが、実際には一般の に対しては必ずしも成り立ちません 。 [5] この因数分解により、方程式は次のように展開されます。 P ( x ) {\displaystyle P(x)} sin x x = ( 1 − x π ) ( 1 + x π ) ( 1 − x 2 π ) ( 1 + x 2 π ) ( 1 − x 3 π ) ( 1 + x 3 π ) ⋯ = ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\sin x}{x}}&=\left(1-{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{3\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{3\pi }}\right)\cdots \\&=\left(1-{\frac {x^{2}}{\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{4\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{9\pi ^{2}}}\right)\cdots \end{aligned}}}
この積を正式に掛け合わせて x 2 項をすべて集めると（ニュートンの恒等式 によりそれが可能 ）、帰納法によって の x 2 係数が 罪 x / × は [6] − ( 1 π 2 + 1 4 π 2 + 1 9 π 2 + ⋯ ) = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . {\displaystyle -\left({\frac {1}{\pi ^{2}}}+{\frac {1}{4\pi ^{2}}}+{\frac {1}{9\pi ^{2}}}+\cdots \right)=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}
しかし、元の無限級数展開から 、 罪 x / × 、 x 2 の係数 は − 1 / 3つ！ = − 1 / 6 これら2つの係数は等しくなければならない。したがって、 − 1 6 = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . {\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}
この式の両辺に −π2 を 掛けると正の平方整数の逆数の和が得られる。 [7] ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}.}
初等対称多項式を用いたオイラー法の一般化 基本的な対称多項式 から得られる公式 [8] を用いて、 同じアプローチで偶数添字の 偶ゼータ定数の公式を列挙することができる。これらの定数は ベルヌーイ数 で展開された次の既知の公式を持つ 。 ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n − 1 ( 2 π ) 2 n 2 ⋅ ( 2 n ) ! B 2 n . {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(-1)^{n-1}(2\pi )^{2n}}{2\cdot (2n)!}}B_{2n}.}
例えば、 上式のように展開された の部分積を と定義する 。すると、既知の 対称多項式（ニュートンの公式をべき乗和 恒等 式で展開したもの ）の公式を用いると、（例えば） sin ( x ) {\displaystyle \sin(x)} S n ( x ) x = ∏ k = 1 n ( 1 − x 2 k 2 ⋅ π 2 ) {\displaystyle {\frac {S_{n}(x)}{x}}=\prod \limits _{k=1}^{n}\left(1-{\frac {x^{2}}{k^{2}\cdot \pi ^{2}}}\right)} [ x 4 ] S n ( x ) x = 1 2 π 4 ( ( H n ( 2 ) ) 2 − H n ( 4 ) ) → n → ∞ 1 2 π 4 ( ζ ( 2 ) 2 − ζ ( 4 ) ) ⟹ ζ ( 4 ) = π 4 90 = − 2 π 4 ⋅ [ x 4 ] sin ( x ) x + π 4 36 [ x 6 ] S n ( x ) x = − 1 6 π 6 ( ( H n ( 2 ) ) 3 − 2 H n ( 2 ) H n ( 4 ) + 2 H n ( 6 ) ) → n → ∞ 1 6 π 6 ( ζ ( 2 ) 3 − 3 ζ ( 2 ) ζ ( 4 ) + 2 ζ ( 6 ) ) ⟹ ζ ( 6 ) = π 6 945 = − 3 ⋅ π 6 [ x 6 ] sin ( x ) x − 2 3 π 2 6 π 4 90 + π 6 216 , {\displaystyle {\begin{aligned}\left[x^{4}\right]{\frac {S_{n}(x)}{x}}&={\frac {1}{2\pi ^{4}}}\left(\left(H_{n}^{(2)}\right)^{2}-H_{n}^{(4)}\right)\qquad \xrightarrow {n\rightarrow \infty } \qquad {\frac {1}{2\pi ^{4}}}\left(\zeta (2)^{2}-\zeta (4)\right)\\[4pt]&\qquad \implies \zeta (4)={\frac {\pi ^{4}}{90}}=-2\pi ^{4}\cdot [x^{4}]{\frac {\sin(x)}{x}}+{\frac {\pi ^{4}}{36}}\\[8pt]\left[x^{6}\right]{\frac {S_{n}(x)}{x}}&=-{\frac {1}{6\pi ^{6}}}\left(\left(H_{n}^{(2)}\right)^{3}-2H_{n}^{(2)}H_{n}^{(4)}+2H_{n}^{(6)}\right)\qquad \xrightarrow {n\rightarrow \infty } \qquad {\frac {1}{6\pi ^{6}}}\left(\zeta (2)^{3}-3\zeta (2)\zeta (4)+2\zeta (6)\right)\\[4pt]&\qquad \implies \zeta (6)={\frac {\pi ^{6}}{945}}=-3\cdot \pi ^{6}[x^{6}]{\frac {\sin(x)}{x}}-{\frac {2}{3}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}+{\frac {\pi ^{6}}{216}},\end{aligned}}}
の以降の係数も同様 です。 ニュートン恒等式に は、（有限）べき乗和を 基本対称多項式 で表す他の形式もありますが 、 基本対称多項式 法を用いる より直接的な方法で、非再帰的な式を表現することができます。つまり、基本対称多項式と べき乗和多項式の間には、 このページ で 示されているように、 再帰関係があります。 [ x 2 k ] S n ( x ) x {\displaystyle [x^{2k}]{\frac {S_{n}(x)}{x}}} H n ( 2 k ) {\displaystyle H_{n}^{(2k)}} e i ≡ e i ( − π 2 1 2 , − π 2 2 2 , − π 2 3 2 , − π 2 4 2 , … ) , {\displaystyle e_{i}\equiv e_{i}\left(-{\frac {\pi ^{2}}{1^{2}}},-{\frac {\pi ^{2}}{2^{2}}},-{\frac {\pi ^{2}}{3^{2}}},-{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}},\ldots \right),} ζ ( 2 k ) {\displaystyle \zeta (2k)} ( − 1 ) k k e k ( x 1 , … , x n ) = ∑ j = 1 k ( − 1 ) k − j − 1 p j ( x 1 , … , x n ) e k − j ( x 1 , … , x n ) , {\displaystyle (-1)^{k}ke_{k}(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{j=1}^{k}(-1)^{k-j-1}p_{j}(x_{1},\ldots ,x_{n})e_{k-j}(x_{1},\ldots ,x_{n}),}
これは、私たちの状況では、極限再帰関係（または 生成関数の 畳み込み、または 積 ）を次のように展開したもの
に等しい。 π 2 k 2 ⋅ ( 2 k ) ⋅ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) ! = − [ x 2 k ] sin ( π x ) π x × ∑ i ≥ 1 ζ ( 2 i ) x i . {\displaystyle {\frac {\pi ^{2k}}{2}}\cdot {\frac {(2k)\cdot (-1)^{k}}{(2k+1)!}}=-[x^{2k}]{\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}\times \sum _{i\geq 1}\zeta (2i)x^{i}.}
次に、前の式の項を微分して並べ替えると、次の式が得られます。 ζ ( 2 k ) = [ x 2 k ] 1 2 ( 1 − π x cot ( π x ) ) . {\displaystyle \zeta (2k)=[x^{2k}]{\frac {1}{2}}\left(1-\pi x\cot(\pi x)\right).}
オイラーの証明の帰結 以上の結果から、 は 常に の 有理 倍で あると結論付けることができます 。特に、 の および の整数乗は 超越数 であるため、この時点で は 無理数 であり 、より正確には、 すべての に対して 超越数であると結論付けることができます。対照的に、 アペリの定数 を含む 奇数添字の ゼータ定数 の特性は、ほとんど完全に未解明です。 ζ ( 2 k ) {\displaystyle \zeta (2k)} π 2 k {\displaystyle \pi ^{2k}} π {\displaystyle \pi } ζ ( 2 k ) {\displaystyle \zeta (2k)} k ≥ 1 {\displaystyle k\geq 1} ζ ( 3 ) {\displaystyle \zeta (3)}
リーマンゼータ関数 リーマン ゼータ関数 ζ ( s )は、 素数 の分布との関係から、数学において最も重要な関数の一つです。ゼータ関数は 、実部が1より大きい任意の 複素数 s に対して、次の式で定義されます。 ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s . {\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}.}
s = 2 とすると、 ζ (2) はすべての正の整数の2乗の逆数の合計に等しいことが わかります。 ζ ( 2 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + ⋯ = π 2 6 ≈ 1.644934. {\displaystyle \zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{4^{2}}}+\cdots ={\frac {\pi ^{2}}{6}}\approx 1.644934.}
収束は積分テスト 、または次の不等式 によって証明できます。 ∑ n = 1 N 1 n 2 < 1 + ∑ n = 2 N 1 n ( n − 1 ) = 1 + ∑ n = 2 N ( 1 n − 1 − 1 n ) = 1 + 1 − 1 N ⟶ N → ∞ 2. {\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n^{2}}}&<1+\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n(n-1)}}\\&=1+\sum _{n=2}^{N}\left({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}\right)\\&=1+1-{\frac {1}{N}}\;{\stackrel {N\to \infty }{\longrightarrow }}\;2.\end{aligned}}}
これにより 上限は 2となり、無限和には負の項が含まれないため、0と2の間の値に収束する。s が 正 の偶数である とき、 ζ ( s )は ベルヌーイ数 を用いて簡単な式で表されることが示される。s = 2 n のとき： [9] ζ ( 2 n ) = ( 2 π ) 2 n ( − 1 ) n + 1 B 2 n 2 ⋅ ( 2 n ) ! . {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(2\pi )^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot (2n)!}}.}
正規化された sinc関数は 、無限積として ワイエルシュトラス分解 表現を持ちます。 sinc ( x ) = sin ( π x ) π x {\displaystyle {\text{sinc}}(x)={\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}} sin ( π x ) π x = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 ) . {\displaystyle {\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}}}\right).}
無限積は 解析的 なので、 両辺の 自然対数をとって微分すると次のようになる。 π cos ( π x ) sin ( π x ) − 1 x = − ∑ n = 1 ∞ 2 x n 2 − x 2 {\displaystyle {\frac {\pi \cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}}-{\frac {1}{x}}=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2x}{n^{2}-x^{2}}}}
（ 一様収束 により、導関数と無限級数の交換が許容される）。この式を で割って 整理する
と、 2 x {\displaystyle 2x} 1 2 x 2 − π cot ( π x ) 2 x = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 − x 2 . {\displaystyle {\frac {1}{2x^{2}}}-{\frac {\pi \cot(\pi x)}{2x}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-x^{2}}}.}
変数の変更（ ）を行います。 x = − i t {\displaystyle x=-it} − 1 2 t 2 + π cot ( − π i t ) 2 i t = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 + t 2 . {\displaystyle -{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}+t^{2}}}.}
オイラーの公式を 使用して
、または対応する 双曲線関数 を使用して、次のように推測できます 。 π cot ( − π i t ) 2 i t = π 2 i t i ( e 2 π t + 1 ) e 2 π t − 1 = π 2 t + π t ( e 2 π t − 1 ) . {\displaystyle {\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}={\frac {\pi }{2it}}{\frac {i\left(e^{2\pi t}+1\right)}{e^{2\pi t}-1}}={\frac {\pi }{2t}}+{\frac {\pi }{t\left(e^{2\pi t}-1\right)}}.} π cot ( − π i t ) 2 i t = π 2 t i cot ( π i t ) = π 2 t coth ( π t ) . {\displaystyle {\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}={\frac {\pi }{2t}}{i\cot(\pi it)}={\frac {\pi }{2t}}\coth(\pi t).}
それから ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 + t 2 = π ( t e 2 π t + t ) − e 2 π t + 1 2 ( t 2 e 2 π t − t 2 ) = − 1 2 t 2 + π 2 t coth ( π t ) . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}+t^{2}}}={\frac {\pi \left(te^{2\pi t}+t\right)-e^{2\pi t}+1}{2\left(t^{2}e^{2\pi t}-t^{2}\right)}}=-{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {\pi }{2t}}\coth(\pi t).}
ここで、 がゼロに近づく ときの 極限 を取り、 ロピタルの定理を 3回適用します。 に タンナリーの定理を 適用すると、 極限と無限級数を入れ替える ことができる ので、 となり、ロピタルの定理により t {\displaystyle t} lim t → ∞ ∑ n = 1 ∞ 1 / ( n 2 + 1 / t 2 ) {\textstyle \lim _{t\to \infty }\sum _{n=1}^{\infty }1/(n^{2}+1/t^{2})} lim t → 0 ∑ n = 1 ∞ 1 / ( n 2 + t 2 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 / n 2 {\textstyle \lim _{t\to 0}\sum _{n=1}^{\infty }1/(n^{2}+t^{2})=\sum _{n=1}^{\infty }1/n^{2}} ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = lim t → 0 π 4 2 π t e 2 π t − e 2 π t + 1 π t 2 e 2 π t + t e 2 π t − t = lim t → 0 π 3 t e 2 π t 2 π ( π t 2 e 2 π t + 2 t e 2 π t ) + e 2 π t − 1 = lim t → 0 π 2 ( 2 π t + 1 ) 4 π 2 t 2 + 12 π t + 6 = π 2 6 . {\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi }{4}}{\frac {2\pi te^{2\pi t}-e^{2\pi t}+1}{\pi t^{2}e^{2\pi t}+te^{2\pi t}-t}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{3}te^{2\pi t}}{2\pi \left(\pi t^{2}e^{2\pi t}+2te^{2\pi t}\right)+e^{2\pi t}-1}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{2}(2\pi t+1)}{4\pi ^{2}t^{2}+12\pi t+6}}\\[6pt]&={\frac {\pi ^{2}}{6}}.\end{aligned}}}
フーリエ級数を用いた証明 パーセバルの恒等式 （関数 f ( x ) = x に適用） を使用して 、 ∑ n = − ∞ ∞ | c n | 2 = 1 2 π ∫ − π π x 2 d x , {\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{\infty }|c_{n}|^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx,} c n = 1 2 π ∫ − π π x e − i n x d x = n π cos ( n π ) − sin ( n π ) π n 2 i = cos ( n π ) n i = ( − 1 ) n n i {\displaystyle {\begin{aligned}c_{n}&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }xe^{-inx}\,dx\\[4pt]&={\frac {n\pi \cos(n\pi )-\sin(n\pi )}{\pi n^{2}}}i\\[4pt]&={\frac {\cos(n\pi )}{n}}i\\[4pt]&={\frac {(-1)^{n}}{n}}i\end{aligned}}}
n ≠ 0 、 c 0 = 0 である 。したがって、 | c n | 2 = { 1 n 2 , for n ≠ 0 , 0 , for n = 0 , {\displaystyle |c_{n}|^{2}={\begin{cases}{\dfrac {1}{n^{2}}},&{\text{for }}n\neq 0,\\0,&{\text{for }}n=0,\end{cases}}}
そして ∑ n = − ∞ ∞ | c n | 2 = 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 2 π ∫ − π π x 2 d x . {\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{\infty }|c_{n}|^{2}=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx.}
したがって、 必要に応じて。 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 4 π ∫ − π π x 2 d x = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{4\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx={\frac {\pi ^{2}}{6}}}
パーセヴァルの等式を用いたもう一つの証明 （周期的 でもある 二乗可積分関数 の部分空間） 上の L2 周期関数 の 空間における 完全な直交基底 が与えられ、 パーセバルの恒等式 から 次のことがわかる 。 L per 2 ( 0 , 1 ) {\displaystyle L_{\operatorname {per} }^{2}(0,1)} ( 0 , 1 ) {\displaystyle (0,1)} { e i } i = − ∞ ∞ {\displaystyle \{e_{i}\}_{i=-\infty }^{\infty }} ‖ x ‖ 2 = ∑ i = − ∞ ∞ | ⟨ e i , x ⟩ | 2 , {\displaystyle \|x\|^{2}=\sum _{i=-\infty }^{\infty }|\langle e_{i},x\rangle |^{2},}
ここで、 この ヒルベルト空間 上
の 内積 によって定義される。 ‖ x ‖ := ⟨ x , x ⟩ {\displaystyle \|x\|:={\sqrt {\langle x,x\rangle }}} ⟨ f , g ⟩ = ∫ 0 1 f ( x ) g ( x ) ¯ d x , f , g ∈ L per 2 ( 0 , 1 ) . {\displaystyle \langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}f(x){\overline {g(x)}}\,dx,\ f,g\in L_{\operatorname {per} }^{2}(0,1).}
によって 定義されるこの空間上の 直交基底 を考え、 とすると 、 と の両方を計算することができる
。 e k ≡ e k ( ϑ ) := exp ( 2 π ı k ϑ ) {\displaystyle e_{k}\equiv e_{k}(\vartheta ):=\exp(2\pi \imath k\vartheta )} ⟨ e k , e j ⟩ = ∫ 0 1 e 2 π ı ( k − j ) ϑ d ϑ = δ k , j {\displaystyle \langle e_{k},e_{j}\rangle =\int _{0}^{1}e^{2\pi \imath (k-j)\vartheta }\,d\vartheta =\delta _{k,j}} f ( ϑ ) := ϑ {\displaystyle f(\vartheta ):=\vartheta } ‖ f ‖ 2 = ∫ 0 1 ϑ 2 d ϑ = 1 3 ⟨ f , e k ⟩ = ∫ 0 1 ϑ e − 2 π ı k ϑ d ϑ = { 1 2 , k = 0 − 1 2 π ı k k ≠ 0 , {\displaystyle {\begin{aligned}\|f\|^{2}&=\int _{0}^{1}\vartheta ^{2}\,d\vartheta ={\frac {1}{3}}\\\langle f,e_{k}\rangle &=\int _{0}^{1}\vartheta e^{-2\pi \imath k\vartheta }\,d\vartheta ={\Biggl \{}{\begin{array}{ll}{\frac {1}{2}},&k=0\\-{\frac {1}{2\pi \imath k}}&k\neq 0,\end{array}}\end{aligned}}}
それぞれ初等 微積分 と 部分積分 によって得られる。最後に、 上記の形式で述べた パーセヴァルの恒等式によって、 ‖ f ‖ 2 = 1 3 = ∑ k ≠ 0 k = − ∞ ∞ 1 ( 2 π k ) 2 + 1 4 = 2 ∑ k = 1 ∞ 1 ( 2 π k ) 2 + 1 4 ⟹ π 2 6 = 2 π 2 3 − π 2 2 = ζ ( 2 ) . {\displaystyle {\begin{aligned}\|f\|^{2}={\frac {1}{3}}&=\sum _{\stackrel {k=-\infty }{k\neq 0}}^{\infty }{\frac {1}{(2\pi k)^{2}}}+{\frac {1}{4}}=2\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2\pi k)^{2}}}+{\frac {1}{4}}\\&\implies {\frac {\pi ^{2}}{6}}={\frac {2\pi ^{2}}{3}}-{\frac {\pi ^{2}}{2}}=\zeta (2).\end{aligned}}}
一般化と再帰関係 の高階べき乗を考慮することで、 部分積分を 用いてこの方法を拡張し、 の ときの公式を列挙すること ができることに注意されたい 。特に、 f j ( ϑ ) := ϑ j ∈ L per 2 ( 0 , 1 ) {\displaystyle f_{j}(\vartheta ):=\vartheta ^{j}\in L_{\operatorname {per} }^{2}(0,1)} ζ ( 2 j ) {\displaystyle \zeta (2j)} j > 1 {\displaystyle j>1} I j , k := ∫ 0 1 ϑ j e − 2 π ı k ϑ d ϑ , {\displaystyle I_{j,k}:=\int _{0}^{1}\vartheta ^{j}e^{-2\pi \imath k\vartheta }\,d\vartheta ,}
部分積分は 次 の再帰関係 を得る 。 I j , k = { 1 j + 1 , k = 0 ; − 1 2 π ı ⋅ k + j 2 π ı ⋅ k I j − 1 , k , k ≠ 0 = { 1 j + 1 , k = 0 ; − ∑ m = 1 j j ! ( j + 1 − m ) ! ⋅ 1 ( 2 π ı ⋅ k ) m , k ≠ 0. {\displaystyle {\begin{aligned}I_{j,k}&={\begin{cases}{\frac {1}{j+1}},&k=0;\\[4pt]-{\frac {1}{2\pi \imath \cdot k}}+{\frac {j}{2\pi \imath \cdot k}}I_{j-1,k},&k\neq 0\end{cases}}\\[6pt]&={\begin{cases}{\frac {1}{j+1}},&k=0;\\[4pt]-\sum \limits _{m=1}^{j}{\frac {j!}{(j+1-m)!}}\cdot {\frac {1}{(2\pi \imath \cdot k)^{m}}},&k\neq 0.\end{cases}}\end{aligned}}}
次に、最初のケースで行ったように パーセバルの恒等式 を適用し、 内積の 線形性を考慮すると、次の式が得られます。 ‖ f j ‖ 2 = 1 2 j + 1 = 2 ∑ k ≥ 1 I j , k I ¯ j , k + 1 ( j + 1 ) 2 = 2 ∑ m = 1 j ∑ r = 1 j j ! 2 ( j + 1 − m ) ! ( j + 1 − r ) ! ( − 1 ) r ı m + r ζ ( m + r ) ( 2 π ) m + r + 1 ( j + 1 ) 2 . {\displaystyle {\begin{aligned}\|f_{j}\|^{2}={\frac {1}{2j+1}}&=2\sum _{k\geq 1}I_{j,k}{\bar {I}}_{j,k}+{\frac {1}{(j+1)^{2}}}\\[6pt]&=2\sum _{m=1}^{j}\sum _{r=1}^{j}{\frac {j!^{2}}{(j+1-m)!(j+1-r)!}}{\frac {(-1)^{r}}{\imath ^{m+r}}}{\frac {\zeta (m+r)}{(2\pi )^{m+r}}}+{\frac {1}{(j+1)^{2}}}.\end{aligned}}}
積分記号の下での微分を用いた証明 積分符号 法による微分をフレイタスの積分に 適用することで、初等微積分学を用いてこの結果を証明することが可能である。 [10] I ( α ) = ∫ 0 ∞ ln ( 1 + α e − x + e − 2 x ) d x . {\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\infty }\ln \left(1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}\right)dx.}
被積分関数の原始関数は 初等関数では表現できない が、微分することで 次式が得られる。 α {\displaystyle \alpha }
d I d α = ∫ 0 ∞ e − x 1 + α e − x + e − 2 x d x , {\displaystyle {\frac {dI}{d\alpha }}=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-x}}{1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}}}dx,} これを代入して 部分分数 に分解する ことで積分できる 。範囲では 定積分は次のように簡約される。 u = e − x {\displaystyle u=e^{-x}} − 2 ≤ α ≤ 2 {\displaystyle -2\leq \alpha \leq 2}
d I d α = 2 4 − α 2 [ arctan ( α + 2 4 − α 2 ) − arctan ( α 4 − α 2 ) ] . {\displaystyle {\frac {dI}{d\alpha }}={\frac {2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\left[\arctan \left({\frac {\alpha +2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)-\arctan \left({\frac {\alpha }{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)\right].}
この式は 逆正接の加法公式 を用いて簡略化することができ、 三角関数の置換 によってについて積分する と、 α {\displaystyle \alpha }
I ( α ) = − 1 2 arccos ( α 2 ) 2 + c . {\displaystyle I(\alpha )=-{\frac {1}{2}}\arccos \left({\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}+c.}
積分 定数は 、2つの異なる値が次の関係にある ことに気づくことで決定できる。 c {\displaystyle c} I ( α ) {\displaystyle I(\alpha )}
I ( 2 ) = 4 I ( 0 ) , {\displaystyle I(2)=4I(0),} なぜなら、計算する際には 因数分解して、 べき乗の対数 と 置換 を使って 表す ことができるから です。これにより を決定することができ 、次の式が成り立ちます。 I ( 2 ) {\displaystyle I(2)} 1 + 2 e − x + e − 2 x = ( 1 + e − x ) 2 {\displaystyle 1+2e^{-x}+e^{-2x}=(1+e^{-x})^{2}} I ( 0 ) {\displaystyle I(0)} u = x / 2 {\displaystyle u=x/2} c = π 2 6 {\displaystyle c={\frac {\pi ^{2}}{6}}}
I ( − 2 ) = 2 ∫ 0 ∞ ln ( 1 − e − x ) d x = − π 2 3 . {\displaystyle I(-2)=2\int _{0}^{\infty }\ln(1-e^{-x})dx=-{\frac {\pi ^{2}}{3}}.}
この最終積分は、自然対数を テイラー級数 に展開することによって評価できます。
∫ 0 ∞ ln ( 1 − e − x ) d x = − ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 ∞ e − n x n d x = − ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . {\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln(1-e^{-x})dx=-\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-nx}}{n}}dx=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}
最後の2つのアイデンティティは
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}.}
コーシーの証明 ほとんどの証明では、フーリエ解析 、 複素解析 、 多変数微積分 などの高度な 数学 の結果が使用されていますが 、以下の証明では、 （ 最後に
単一の 極限をとるまでは）一変数 微積分さえも必要ありません。
留数定理を使った証明については、 ここを 参照してください。
この証明の歴史 この証明はオーギュスタン＝ルイ・コーシー （Cours d'Analyse, 1821, Note VIII）に遡る 。1954年、この証明は アキヴァ と イサク・ヤグロムの共著『初等的説明における非初等的問題』に掲載された。その後、1982年に ユーレカ 誌に掲載され [11] 、 ジョン・ショールズに帰属しているが、ショールズは ピーター・スウィナートン＝ダイアー からこの証明を学んだと主張しており、いずれにせよ、この証明は「 1960年代後半の ケンブリッジ では常識だった」と主張している [12] 。
証拠 不等式は 任意の について図で示されます 。3つの項は三角形OAC、円弧OAB、三角形OABの面積です。逆数をとって2乗すると となります 。 1 2 r 2 tan θ > 1 2 r 2 θ > 1 2 r 2 sin θ {\displaystyle {\tfrac {1}{2}}r^{2}\tan \theta >{\tfrac {1}{2}}r^{2}\theta >{\tfrac {1}{2}}r^{2}\sin \theta } θ ∈ ( 0 , π / 2 ) {\displaystyle \theta \in (0,\pi /2)} cot 2 θ < 1 θ 2 < csc 2 θ {\displaystyle \cot ^{2}\theta <{\tfrac {1}{\theta ^{2}}}<\csc ^{2}\theta } 証明の背後にある主な考え方は、 2つの式の間の部分和（有限和）を限定することであり、それぞれの式は、 ∑ k = 1 m 1 k 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 {\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}} π 2 / 6 m が無限大に近づくにつれて 、この式は変化します。この2つの式は、 コタンジェント関数 と コセカント関数の恒等式から導出されます。これらの恒等式は、 ド・モアブルの公式 から導出されます 。ここでは、これらの恒等式を確立することを目指します。
xを 0 < x < の実数と する 。 π / 2 、 n を正の奇数とします。すると、ド・モアブルの公式とコタンジェント関数の定義から、 cos ( n x ) + i sin ( n x ) sin n x = ( cos x + i sin x ) n sin n x = ( cos x + i sin x sin x ) n = ( cot x + i ) n . {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\cos(nx)+i\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}&={\frac {(\cos x+i\sin x)^{n}}{\sin ^{n}x}}\\[4pt]&=\left({\frac {\cos x+i\sin x}{\sin x}}\right)^{n}\\[4pt]&=(\cot x+i)^{n}.\end{aligned}}}
二項定理 から 、 ( cot x + i ) n = ( n 0 ) cot n x + ( n 1 ) ( cot n − 1 x ) i + ⋯ + ( n n − 1 ) ( cot x ) i n − 1 + ( n n ) i n = ( ( n 0 ) cot n x − ( n 2 ) cot n − 2 x ± ⋯ ) + i ( ( n 1 ) cot n − 1 x − ( n 3 ) cot n − 3 x ± ⋯ ) . {\displaystyle {\begin{aligned}(\cot x+i)^{n}=&{n \choose 0}\cot ^{n}x+{n \choose 1}(\cot ^{n-1}x)i+\cdots +{n \choose {n-1}}(\cot x)i^{n-1}+{n \choose n}i^{n}\\[6pt]=&{\Bigg (}{n \choose 0}\cot ^{n}x-{n \choose 2}\cot ^{n-2}x\pm \cdots {\Bigg )}\;+\;i{\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.\end{aligned}}}
2つの式を結合し、虚数部を等しくすると、次の式が得られる。 sin ( n x ) sin n x = ( ( n 1 ) cot n − 1 x − ( n 3 ) cot n − 3 x ± ⋯ ) . {\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}={\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.}
この恒等式を採用し、正の整数 m を固定し、 n = 2 m + 1 とし、 x r = を考える。 r π / 2 メートル +1 r = 1, 2, ..., m の場合 、 nx r はπ の倍数な ので、 sin( nx r ) = 0 となり ます。つまり、 0 = ( 2 m + 1 1 ) cot 2 m x r − ( 2 m + 1 3 ) cot 2 m − 2 x r ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) {\displaystyle 0={{2m+1} \choose 1}\cot ^{2m}x_{r}-{{2m+1} \choose 3}\cot ^{2m-2}x_{r}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}}
あらゆる r = 1, 2, ..., m に対して、値 x r = x 1 , x 2 , ..., x m は、0 < x r < の区間内の異なる数である。 π / 2 。この区間では 関数 cot 2 x は 1対1 なので 、 r = 1, 2, ..., mに対して、数 t r = cot 2 x r は互いに異なる 。上記の式により、これらの m個の数は m 次多項式 の根となる。 p ( t ) = ( 2 m + 1 1 ) t m − ( 2 m + 1 3 ) t m − 1 ± ⋯ + ( − 1 ) m ( 2 m + 1 2 m + 1 ) . {\displaystyle p(t)={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}.}
ヴィエタの公式 によれば 、多項式の最初の2つの係数を調べることで根の和を直接計算することができ、この比較から次のことがわかります。 cot 2 x 1 + cot 2 x 2 + ⋯ + cot 2 x m = ( 2 m + 1 3 ) ( 2 m + 1 1 ) = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 . {\displaystyle \cot ^{2}x_{1}+\cot ^{2}x_{2}+\cdots +\cot ^{2}x_{m}={\frac {\binom {2m+1}{3}}{\binom {2m+1}{1}}}={\frac {2m(2m-1)}{6}}.}
csc 2 x = cot 2 x + 1 という恒等式 を代入すると 、 csc 2 x 1 + csc 2 x 2 + ⋯ + csc 2 x m = 2 m ( 2 m − 1 ) 6 + m = 2 m ( 2 m + 2 ) 6 . {\displaystyle \csc ^{2}x_{1}+\csc ^{2}x_{2}+\cdots +\csc ^{2}x_{m}={\frac {2m(2m-1)}{6}}+m={\frac {2m(2m+2)}{6}}.}
ここで、不等式 cot 2 x < 1 / × 2 < csc 2 x （上に幾何学的に図示）。これらの不等式を各数値 x r = についてすべて足し合わせると、 r π / 2 メートル +1 、そして上記の2つの恒等式を使うと、 2 m ( 2 m − 1 ) 6 < ( 2 m + 1 π ) 2 + ( 2 m + 1 2 π ) 2 + ⋯ + ( 2 m + 1 m π ) 2 < 2 m ( 2 m + 2 ) 6 . {\displaystyle {\frac {2m(2m-1)}{6}}<\left({\frac {2m+1}{\pi }}\right)^{2}+\left({\frac {2m+1}{2\pi }}\right)^{2}+\cdots +\left({\frac {2m+1}{m\pi }}\right)^{2}<{\frac {2m(2m+2)}{6}}.}
（ π / 2 メートル +1 ) 2 となると、 π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m − 1 2 m + 1 ) < 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 < π 2 6 ( 2 m 2 m + 1 ) ( 2 m + 2 2 m + 1 ) . {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m-1}{2m+1}}\right)<{\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}<{\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m+2}{2m+1}}\right).}
mが 無限大に近づくと 、左辺と右辺の式はそれぞれに近づきます 。 π 2 / 6 、したがって スクイーズ定理 により、 ζ ( 2 ) = ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 = lim m → ∞ ( 1 1 2 + 1 2 2 + ⋯ + 1 m 2 ) = π 2 6 {\displaystyle \zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\lim _{m\to \infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}\right)={\frac {\pi ^{2}}{6}}}
これで証明は完了です。
玉川数に関するヴェイユ予想を仮定した証明 玉川数に関するヴェイユ予想 [13] を仮定すれば、証明も可能である 。この予想は、 代数群 SL 2 ( R ) の場合に、群の 玉川数 が1であることを主張する。すなわち、有理数 アデール 上の特殊線型群を有理数体の特殊線型群（ コンパクト集合 、なぜなら はアデール内の格子だから）で割った商は、玉川測度1を持つ。 S L 2 ( Q ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Q} )} τ ( S L 2 ( Q ) ∖ S L 2 ( A Q ) ) = 1. {\displaystyle \tau (SL_{2}(\mathbb {Q} )\setminus SL_{2}(A_{\mathbb {Q} }))=1.}
玉川測度を決定するために、群は の 行列から構成される
。 群上の 不変 体積形式は S L 2 {\displaystyle SL_{2}} [ x y z t ] {\displaystyle {\begin{bmatrix}x&y\\z&t\end{bmatrix}}} x t − y z = 1 {\displaystyle xt-yz=1} ω = 1 x d x ∧ d y ∧ d z . {\displaystyle \omega ={\frac {1}{x}}dx\wedge dy\wedge dz.}
商の測度は、無限位に対応する の測度と 各有限位における の測度の積です。ここで、 は p 進整数 です 。 S L 2 ( Z ) ∖ S L 2 ( R ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} )\setminus SL_{2}(\mathbb {R} )} S L 2 ( Z p ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p})} Z p {\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}
局所因子について、 は元 を持つ体 、 は を 法とする合同部分 群 です 。各座標は 後者の群を および に写像する ため 、 の測度は となり 、 は 上の 正規化された ハール測度 です。また、標準的な計算により となります 。これらをまとめると となります 。 ω ( S L 2 ( Z p ) ) = | S L 2 ( F p ) | ω ( S L 2 ( Z p , p ) ) {\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p}))=|SL_{2}(F_{p})|\omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p))} F p {\displaystyle F_{p}} p {\displaystyle p} S L 2 ( Z p , p ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p)} p {\displaystyle p} x , y , z {\displaystyle x,y,z} p Z p {\displaystyle p\mathbb {Z} _{p}} | 1 x | p = 1 {\displaystyle \left|{\frac {1}{x}}\right|_{p}=1} S L 2 ( Z p , p ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p)} μ p ( p Z p ) 3 = p − 3 {\displaystyle \mu _{p}(p\mathbb {Z} _{p})^{3}=p^{-3}} μ p {\displaystyle \mu _{p}} Z p {\displaystyle \mathbb {Z} _{p}} | S L 2 ( F p ) | = p ( p 2 − 1 ) {\displaystyle |SL_{2}(F_{p})|=p(p^{2}-1)} ω ( S L 2 ( Z p ) ) = ( 1 − 1 / p 2 ) {\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p}))=(1-1/p^{2})}
無限位置では、 の基本領域上の積分計算により が 成り立つことが示され 、したがって、ヴェイユ予想は最終的に を得ます。 右側の項では、 の オイラー積が 分かる ので、これによってバーゼル問題の解が得られます。 S L 2 ( Z ) {\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} )} ω ( S L 2 ( Z ) ∖ S L 2 ( R ) = π 2 / 6 {\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} )\setminus SL_{2}(\mathbb {R} )=\pi ^{2}/6} 1 = π 2 6 ∏ p ( 1 − 1 p 2 ) . {\displaystyle 1={\frac {\pi ^{2}}{6}}\prod _{p}\left(1-{\frac {1}{p^{2}}}\right).} 1 / ζ ( 2 ) {\displaystyle 1/\zeta (2)}
このアプローチは、（双曲）幾何学と算術の関係を示しており、 の特殊なケースに対するヴェイユ予想の証明に逆転することができ 、 の独立した証明を条件とします 。 S L 2 {\displaystyle SL_{2}} ζ ( 2 ) = π 2 / 6 {\displaystyle \zeta (2)=\pi ^{2}/6}
幾何学的証明 バーゼル問題は、 実数直線が無限半径の円として見ることができる という洞察を用いて、 ユークリッド幾何学 によって証明することができる。ここでは、完全に厳密ではないものの、直感的な概略を示す。
整数 を選び 、 円周 が である 円上に等間隔の点を取ります 。円の半径は、 2点間の 円弧 の長さは です 。これらの点を と呼びます 。 N {\displaystyle N} N {\displaystyle N} 2 N {\displaystyle 2N} N / π {\displaystyle N/\pi } 2 {\displaystyle 2} P 1.. N {\displaystyle P_{1..N}} 円上に 別の一般的な点を取ります。この点は、連続する 2 つの点 ( 一般性を失うことなく、 と となど) 間の円弧の一部に位置します。 Q {\displaystyle Q} 0 < α < 1 {\displaystyle 0<\alpha <1} P 1 {\displaystyle P_{1}} P 2 {\displaystyle P_{2}} 各点 を結ぶ 弦 をすべて描きます 。さて（これが証明の鍵です）、 これらの弦の長さの 逆二乗の和 を計算し、これを とします。 Q {\displaystyle Q} P 1.. N {\displaystyle P_{1..N}} s i s c {\displaystyle sisc} 証明は、（ が固定されている場合 ）は に 依存 しないという注目すべき事実に基づいています 。 直感的に、が増加すると弦の数が増加しますが、弦の長さも（円が大きくなるにつれて）増加するため、弦の逆二乗は減少すること に注意してください。 α {\displaystyle \alpha } s i s c {\displaystyle sisc} N {\displaystyle N} N {\displaystyle N} 特に、 の場合 、つまり が 2つの連続する の間の円弧の中点である場合を考えてみましょう 。 は の場合から自明に求められます。 この場合、 は1つしかなく 、 円の反対側にも1つしかありません。弦は円の直径で、長さは です 。 は です 。 α = 1 / 2 {\displaystyle \alpha =1/2} Q {\displaystyle Q} P {\displaystyle P} s i s c {\displaystyle sisc} N = 1 {\displaystyle N=1} P {\displaystyle P} Q {\displaystyle Q} 2 / π {\displaystyle 2/\pi } s i s c {\displaystyle sisc} π 2 / 4 {\displaystyle \pi ^{2}/4} が無限大になると 、円は実数直線に近づきます。原点を とすると、 弧の長さは から までは1、 から までは2なので、点は奇数の位置（正と負） に 配置 さ れます 。したがって、バーゼル問題のこの変形が得られます。 N {\displaystyle N} Q {\displaystyle Q} P 1.. N {\displaystyle P_{1..N}} Q {\displaystyle Q} P 1 {\displaystyle P_{1}} ∑ z = − ∞ ∞ 1 ( 2 z − 1 ) 2 = π 2 4 {\displaystyle \sum _{z=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{(2z-1)^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{4}}}
ここから、少し代数を使って元の定式を復元することができます。 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n − 1 ) 2 + ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n ) 2 = 1 2 ∑ z = − ∞ ∞ 1 ( 2 z − 1 ) 2 + 1 4 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2n-1)^{2}}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2n)^{2}}}={\frac {1}{2}}\sum _{z=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{(2z-1)^{2}}}+{\frac {1}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}
つまり、
3 4 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 8 {\displaystyle {\frac {3}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{8}}}
または
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}} 。
が2のべき乗である、より限定的なケース、すなわち の場合、ユークリッド幾何学を用いて が 独立であること は 容易に証明できます 。この場合でも、極限論を適用できます。証明は に関する 帰納法 によって進められ、 逆ピタゴラスの定理 を用いて、次のことを述べています。 s i s c {\displaystyle sisc} N {\displaystyle N} N {\displaystyle N} N = 2 n {\displaystyle N=2^{n}} n {\displaystyle n}
1 a 2 + 1 b 2 = 1 h 2 {\displaystyle {\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}={\frac {1}{h^{2}}}}
ここで 、 は直角三角形の脚であり、 は直角三角形の高さです。 a {\displaystyle a} b {\displaystyle b} h {\displaystyle h}
の基本ケースでは 弦は1本だけです。 の場合 、 は直径に相当し、 は 上記のとおり です。 n = 0 {\displaystyle n=0} α = 1 / 2 {\displaystyle \alpha =1/2} s i s c {\displaystyle sisc} π 2 / 4 {\displaystyle \pi ^{2}/4} さて、半径で中心 の 円上の点 と、 半径 で中心の円上の点が あると仮定します。帰納法のステップでは 、与えられた に対して、 これら2つの円が同じになることを示します 。 2 n {\displaystyle 2^{n}} 2 n / π {\displaystyle 2^{n}/\pi } O {\displaystyle O} 2 n + 1 {\displaystyle 2^{n+1}} 2 n + 1 / π {\displaystyle 2^{n+1}/\pi } R {\displaystyle R} s i s c {\displaystyle sisc} α {\displaystyle \alpha } まず、点 を共有するように円を描きます 。 は小さい方の円上にあることに注意してください。次に、 は常に偶数であることに注目してください。簡単な幾何学的論証から、大きい方の円上 の反対側の点と の ペアを 、それぞれのペアを直径で結ぶことで 選択できることが分かります 。さらに、各ペアにおいて、一方の点は円の「下」半分（ に近い側 ）にあり、もう一方の点は「上」半分にあります。 Q {\displaystyle Q} R {\displaystyle R} 2 n + 1 {\displaystyle 2^{n+1}} P 1 {\displaystyle P_{1}} P 2 {\displaystyle P_{2}} Q {\displaystyle Q} Q からの P1 と P2 の距離の逆二乗の合計は、P から Q までの距離の逆二乗に等しくなります。 大きい円の直径は、 小さい円を で 、別の点 で切断します 。ここで、以下の考察を行うことができます。 P 1 P 2 {\displaystyle P_{1}P_{2}} R {\displaystyle R} P {\displaystyle P} P 1 Q ^ P 2 {\displaystyle P_{1}{\widehat {Q}}P_{2}} は直径なので直角です 。 P 1 P 2 {\displaystyle P_{1}P_{2}} Q P ^ R {\displaystyle Q{\widehat {P}}R} は直径なので直角です 。 Q R {\displaystyle QR} Q R ^ P 2 = Q R ^ P {\displaystyle Q{\widehat {R}}P_{2}=Q{\widehat {R}}P} は円周角定理 の 半分です 。 Q O ^ P {\displaystyle Q{\widehat {O}}P} したがって、半径が半分なので、 円弧 は 円弧 と等しくなります。 Q P {\displaystyle QP} Q P 2 {\displaystyle QP_{2}} 弦は 直角三角形の高さなので 、逆ピタゴラスの定理は次のようになります。 Q P {\displaystyle QP} Q P 1 P 2 {\displaystyle QP_{1}P_{2}} 1 Q P ¯ 2 = 1 Q P 1 ¯ 2 + 1 Q P 2 ¯ 2 {\displaystyle {\frac {1}{{\overline {QP}}^{2}}}={\frac {1}{{\overline {QP_{1}}}^{2}}}+{\frac {1}{{\overline {QP_{2}}}^{2}}}}
したがって、大きい円の点の半分（下半分）には、小さい円上に からの同じ弧距離を持つ対応する点が存在します （小さい円の円周は大きい円の円周の半分なので、 に近い最後の2つの点も 弧距離が2である必要があります）。逆に、 小さい円上の各点に対して、大きい円上に2つの点を構築することができ、これらの点はすべて等距離にあり、 からの同じ弧距離を持ちます 。 Q {\displaystyle Q} R {\displaystyle R} 2 n {\displaystyle 2^{n}} Q {\displaystyle Q} さらに、大きい円上の各点の ペアは 小さい円上の対応する点と同じ逆二乗和を持つため、大きい円の合計は小さい円の合計と同じになります。 [14] s i s c {\displaystyle sisc} s i s c {\displaystyle sisc}
その他のアイデンティティ リーマンゼータ関数 の恒等式の特殊なケースを参照してください。 この定数の他の注目すべき特殊な恒等式と表現は、以下のセクションに示されています 。 s = 2. {\displaystyle s=2.}
シリーズ表現 以下は定数の級数表現である: [15] ζ ( 2 ) = 3 ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 ( 2 k k ) = ∑ i = 1 ∞ ∑ j = 1 ∞ ( i − 1 ) ! ( j − 1 ) ! ( i + j ) ! . {\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (2)&=3\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}{\binom {2k}{k}}}}\\[6pt]&=\sum _{i=1}^{\infty }\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {(i-1)!(j-1)!}{(i+j)!}}.\end{aligned}}}
ζ (2) に対する BBP型 級数展開もある 。 [15]
積分表現 以下は [16] [17] [18]の整数表現である。 ζ ( 2 ) : {\displaystyle \zeta (2){\text{:}}} ζ ( 2 ) = − ∫ 0 1 log x 1 − x d x = ∫ 0 ∞ x e x − 1 d x = ∫ 0 1 ( log x ) 2 ( 1 + x ) 2 d x = 2 + 2 ∫ 1 ∞ ⌊ x ⌋ − x x 3 d x = exp ( 2 ∫ 2 ∞ π ( x ) x ( x 2 − 1 ) d x ) = ∫ 0 1 ∫ 0 1 d x d y 1 − x y = 4 3 ∫ 0 1 ∫ 0 1 d x d y 1 − ( x y ) 2 = ∫ 0 1 ∫ 0 1 1 − x 1 − x y d x d y + 2 3 . {\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (2)&=-\int _{0}^{1}{\frac {\log x}{1-x}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }{\frac {x}{e^{x}-1}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{1}{\frac {(\log x)^{2}}{(1+x)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=2+2\int _{1}^{\infty }{\frac {\lfloor x\rfloor -x}{x^{3}}}\,dx\\[6pt]&=\exp \left(2\int _{2}^{\infty }{\frac {\pi (x)}{x(x^{2}-1)}}\,dx\right)\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {dx\,dy}{1-xy}}\\[6pt]&={\frac {4}{3}}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {dx\,dy}{1-(xy)^{2}}}\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {1-x}{1-xy}}\,dx\,dy+{\frac {2}{3}}.\end{aligned}}}
連分数 ファン・デル・プールテンの古典的な論文は、 アペリの無理数の証明を ζ ( 3 ) {\displaystyle \zeta (3)} 詳細に記述しているが、 [19]、 著者は、アペリの定数の 単純な連分数 が とバーゼル定数の次の連分数に類似していることを「誤解を招く表現」として指摘している。
ここで 。同様の形式の別の連分数は 、次のとおりである。 [20] 。
ここで 。 ζ ( 2 ) 5 = 1 v ~ 1 + 1 4 v ~ 2 + 2 4 v ~ 3 + 3 4 v ~ 4 + ⋱ , {\displaystyle {\frac {\zeta (2)}{5}}={\cfrac {1}{{\widetilde {v}}_{1}+{\cfrac {1^{4}}{{\widetilde {v}}_{2}+{\cfrac {2^{4}}{{\widetilde {v}}_{3}+{\cfrac {3^{4}}{{\widetilde {v}}_{4}+\ddots }}}}}}}},} v ~ n = 11 n 2 − 11 n + 3 ↦ { 3 , 25 , 69 , 135 , … } {\displaystyle {\widetilde {v}}_{n}=11n^{2}-11n+3\mapsto \{3,25,69,135,\ldots \}} ζ ( 2 ) 2 = 1 v 1 + 1 4 v 2 + 2 4 v 3 + 3 4 v 4 + ⋱ , {\displaystyle {\frac {\zeta (2)}{2}}={\cfrac {1}{v_{1}+{\cfrac {1^{4}}{v_{2}+{\cfrac {2^{4}}{v_{3}+{\cfrac {3^{4}}{v_{4}+\ddots }}}}}}}},} v n = 2 n − 1 ↦ { 1 , 3 , 5 , 7 , 9 , … } {\displaystyle v_{n}=2n-1\mapsto \{1,3,5,7,9,\ldots \}}
参照
参考文献
注記 ^ Ayoub, Raymond (1974), "Euler and the zeta function", Amer. Math. Monthly , 81 (10): 1067– 86, doi :10.2307/2319041, JSTOR 2319041, 2019年8月14日時点のオリジナルよりアーカイブ , 2021年1月25日閲覧 ^ E41 – デ・スミス・セリエラム・レシプロカルム ^ Sloane, N. J. A. (編)、「シーケンス A013661」、整数シーケンスの オンライン 百科事典 、OEIS Foundation ^ Vandervelde, Sam (2009)、「第9章：Sneaky segment」、 Circle in a Box 、MSRI Mathematical Circles Library、数学科学研究所およびアメリカ数学会、pp. 101– 106 ^ 先験的に、左辺は 多項式 （無限次）なので、その根の積として と書くことができます。 すると、初等 微積分学 から であることが分かっているので 、先頭の定数は を満たさなければならないと結論付けられます 。 sin ( x ) = x ( x 2 − π 2 ) ( x 2 − 4 π 2 ) ( x 2 − 9 π 2 ) ⋯ = A x ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ . {\displaystyle {\begin{aligned}\sin(x)&=x(x^{2}-\pi ^{2})(x^{2}-4\pi ^{2})(x^{2}-9\pi ^{2})\cdots \\&=Ax\left(1-{\frac {x^{2}}{\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{4\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{9\pi ^{2}}}\right)\cdots .\end{aligned}}} lim x → 0 sin ( x ) x = 1 {\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1} A = 1 {\displaystyle A=1} ^ 特に、 を一般化された2次調和数 とすると、 が で ある ことは 帰納法 によって簡単に証明できます 。 H n ( 2 ) := ∑ k = 1 n k − 2 {\displaystyle H_{n}^{(2)}:=\sum _{k=1}^{n}k^{-2}} [ x 2 ] ∏ k = 1 n ( 1 − x 2 π 2 ) = − H n ( 2 ) π 2 → − ζ ( 2 ) π 2 {\displaystyle [x^{2}]\prod _{k=1}^{n}\left(1-{\frac {x^{2}}{\pi ^{2}}}\right)=-{\frac {H_{n}^{(2)}}{\pi ^{2}}}\rightarrow -{\frac {\zeta (2)}{\pi ^{2}}}} n → ∞ {\displaystyle n\rightarrow \infty } ^ Havil, J. (2003), Gamma: Exploring Euler's Constant , Princeton, New Jersey: Princeton University Press, pp. 37–42 (Chapter 4), ISBN 0-691-09983-9 ^ 一般化スターリング数の公式は、 Schmidt, MD (2018)「f-階乗関数とf-調和数を拡張した一般化スターリング数の組合せ的恒等式」、 J. Integer Seq. 、 21 （記事18.2.7）で証明されています。 ^ 荒川恒雄;伊吹山、知義。金子正信 (2014)、 ベルヌーイ数とゼータ関数 、Springer、p. 61、 ISBN 978-4-431-54919-2 ^ Freitas, FL (2023)、「ファインマン積分トリックを用いたバーゼル問題の解法」、 arXiv : 2312.04608 [math.CA] ^ Ransford, TJ (1982年夏)、「∑ 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 {\displaystyle \sum _{1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}} の基本証明」 (PDF) 、 Eureka 、 42 (1): 3– 4、 2020年6月10日時点の オリジナル (PDF)からアーカイブ ^ アイグナー、マーティン ； ジーグラー、ギュンター・M. （2001）、THE BOOK（第2版）からの証明、シュプリンガー、p.32、 ISBN 9783662043158 ; この逸話はこの本の後の版には記載されておらず、同じ証明の初期の歴史に置き換えられています。 ^ ウラジミール・プラトーノフ 、アンドレイ・ラピンチュク（1994）、 代数群と数論 、レイチェル・ローウェン訳、アカデミック・プレス | ^ Johan Wästlund (2010年12月8日). 「ユークリッド幾何学による逆二乗の和」 (PDF) . チャルマース工科大学 . チャルマース大学数学部. 2024年10月11日 閲覧 。 ^ ab Weisstein、Eric W. 、「リーマン ゼータ関数 \zeta(2)」、 MathWorld ^ Connon, DF (2007)、「リーマンゼータ関数、二項係数、調和数を含むいくつかの級数と積分（第1巻）」 arXiv : 0710.4022 [math.HO] ^ Weisstein, Eric W. 、「二重積分」、 MathWorld ^ Weisstein, Eric W. 、「Hadjicostasの公式」、 MathWorld ^ van der Poorten, Alfred (1979)、「オイラーが見逃した証明…アペリーによるζ(3)の無理数の証明」 (PDF) 、 The Mathematical Intelligencer 、 1 (4): 195– 203、 doi :10.1007/BF03028234、 S2CID 121589323、 2011年7月6日時点の オリジナル (PDF)からアーカイブ ^ ベルント、ブルース・C.（1989）、 ラマヌジャンのノートブック：パートII 、シュプリンガー・フェアラーク、p.150、 ISBN 978-0-387-96794-3
外部リンク CJ・サンウィンによる驚きの連続 ζ(2)からΠへ。証明。段階的な証明 Remarques sur un beau rapport entre les series des puissances tant directes que reciproces (PDF) ルーカス・ウィリスとトーマス・J・オスラーによるオイラーの論文の英訳と注釈 エド・サンディファー、「オイラーのやり方」 （PDF） James A. Sellers (2002年2月5日)、Beyond Mere Convergence (PDF) 、 2004年2月27日 閲覧 ロビン・チャップマン、「ζ(2) の評価」（14の証明） 正弦関数のオイラー因数分解の可視化 Johan W Ästlund (2010年12月8日)、ユークリッド幾何学による逆平方和 (PDF) 
![{\displaystyle {\begin{aligned}\left[x^{4}\right]{\frac {S_{n}(x)}{x}}&={\frac {1}{2\pi ^{4}}}\left(\left(H_{n}^{(2)}\right)^{2}-H_{n}^{(4)}\right)\qquad \xrightarrow {n\rightarrow \infty } \qquad {\frac {1}{2\pi ^{4}}}\left(\zeta (2)^{2}-\zeta (4)\right)\\[4pt]&\qquad \implies \zeta (4)={\frac {\pi ^{4}}{90}}=-2\pi ^{4}\cdot [x^{4}]{\frac {\sin(x)}{x}}+{\frac {\pi ^{4}}{36}}\\[8pt]\left[x^{6}\right]{\frac {S_{n}(x)}{x}}&=-{\frac {1}{6\pi ^{6}}}\left(\left(H_{n}^{(2)}\right)^{3}-2H_{n}^{(2)}H_{n}^{(4)}+2H_{n}^{(6)}\right)\qquad \xrightarrow {n\rightarrow \infty } \qquad {\frac {1}{6\pi ^{6}}}\left(\zeta (2)^{3}-3\zeta (2)\zeta (4)+2\zeta (6)\right)\\[4pt]&\qquad \implies \zeta (6)={\frac {\pi ^{6}}{945}}=-3\cdot \pi ^{6}[x^{6}]{\frac {\sin(x)}{x}}-{\frac {2}{3}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}+{\frac {\pi ^{6}}{216}},\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f91d080beac592ba63a85e6980b68f7a1e0a0f1a)
![{\displaystyle [x^{2k}]{\frac {S_{n}(x)}{x}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a3c07fc900be3071114ae929c94d140627360614)
![{\displaystyle {\frac {\pi ^{2k}}{2}}\cdot {\frac {(2k)\cdot (-1)^{k}}{(2k+1)!}}=-[x^{2k}]{\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}\times \sum _{i\geq 1}\zeta (2i)x^{i}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/627342ba82e4ca460fab6aa5a11c4e2cd9335ad2)
![{\displaystyle \zeta(2k)=[x^{2k}]{\frac{1}{2}}\left(1-\pi x\cot(\pi x)\right).}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9b9f005eae1d7e5b32d0649321611f51b2173057)
![{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty}{\frac {1}{n^{2}}}&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi }{4}}{\frac {2\pi te^{2\pi t}-e^{2\pi t}+1}{\pi t^{2}e^{2\pi t}+te^{2\pi t}-t}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{3}te^{2\pi t}}{2\pi \left(\pi t^{2}e^{2\pi t}+2te^{2\pi t}\right)+e^{2\pi t}-1}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{2}(2\pi t+1)}{4\pi ^{2}t^{2}+12\pi t+6}}\\[6pt]&={\frac {\pi ^{2}}{6}}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9e67725cab9ac01fd21cb29fd19e1150144ad53a)
![{\displaystyle {\begin{aligned}c_{n}&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }xe^{-inx}\,dx\\[4pt]&={\frac {n\pi \cos(n\pi )-\sin(n\pi )}{\pi n^{2}}}i\\[4pt]&={\frac {\cos(n\pi )}{n}}i\\[4pt]&={\frac {(-1)^{n}}{n}}i\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bc6502963860a1f5685ee7ff62078af11aa7f79c)
![{\displaystyle {\begin{aligned}I_{j,k}&={\begin{cases}{\frac {1}{j+1}},&k=0;\\[4pt]-{\frac {1}{2\pi \imath \cdot k}}+{\frac {j}{2\pi \imath \cdot k}}I_{j-1,k},&k\neq 0\end{cases}}\\[6pt]&={\begin{cases}{\frac {1}{j+1}},&k=0;\\[4pt]-\sum \limits _{m=1}^{j}{\frac {j!}{(j+1-m)!}}\cdot {\frac {1}{(2\pi \imath \cdot k)^{m}}},&k\neq 0.\end{cases}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/78be0e9339fde479359987bfc3f9c5105e1e9eaa)
![{\displaystyle {\begin{aligned}\|f_{j}\|^{2}={\frac {1}{2j+1}}&=2\sum _{k\geq 1}I_{j,k}{\bar {I}}_{j,k}+{\frac {1}{(j+1)^{2}}}\\[6pt]&=2\sum _{m=1}^{j}\sum _{r=1}^{j}{\frac {j!^{2}}{(j+1-m)!(j+1-r)!}}{\frac {(-1)^{r}}{\imath ^{m+r}}}{\frac {\zeta (m+r)}{(2\pi )^{m+r}}}+{\frac {1}{(j+1)^{2}}}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/aaed3a56fe3869e3897f90fe9156397440df4318)
![{\displaystyle {\frac {dI}{d\alpha }}={\frac {2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\left[\arctan \left({\frac {\alpha +2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)-\arctan \left({\frac {\alpha }{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)\right].}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2f2e0093ed84e09c9e9bbb9baf5a6601466456ec)
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\cos(nx)+i\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}&={\frac {(\cos x+i\sin x)^{n}}{\sin ^{n}x}}\\[4pt]&=\left({\frac {\cos x+i\sin x}{\sin x}}\right)^{n}\\[4pt]&=(\cot x+i)^{n}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/58f1f266a199733100b0bb030b8b6a1a415f7474)
![{\displaystyle {\begin{aligned}(\cot x+i)^{n}=&{n \choose 0}\cot ^{n}x+{n \choose 1}(\cot ^{n-1}x)i+\cdots +{n \choose {n-1}}(\cot x)i^{n-1}+{n \choose n}i^{n}\\[6pt]=&{\Bigg (}{n \choose 0}\cot ^{n}x-{n \choose 2}\cot ^{n-2}x\pm \cdots {\Bigg )}\;+\;i{\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0419e4a7570a6a71abb683f2800f1631c0654227)
![{\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (2)&=3\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}{\binom {2k}{k}}}}\\[6pt]&=\sum _{i=1}^{\infty }\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {(i-1)!(j-1)!}{(i+j)!}}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9b0907546e6180844e32993c0d6fde8982108e20)
![{\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (2)&=-\int _{0}^{1}{\frac {\log x}{1-x}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }{\frac {x}{e^{x}-1}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{1}{\frac {(\log x)^{2}}{(1+x)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=2+2\int _{1}^{\infty }{\frac {\lfloor x\rfloor -x}{x^{3}}}\,dx\\[6pt]&=\exp \left(2\int _{2}^{\infty }{\frac {\pi (x)}{x(x^{2}-1)}}\,dx\right)\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {dx\,dy}{1-xy}}\\[6pt]&={\frac {4}{3}}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {dx\,dy}{1-(xy)^{2}}}\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {1-x}{1-xy}}\,dx\,dy+{\frac {2}{3}}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/26f620c0956799fa7eb5638d04d58ed301bf9858)
![{\displaystyle [x^{2}]\prod _{k=1}^{n}\left(1-{\frac {x^{2}}{\pi ^{2}}}\right)=-{\frac {H_{n}^{(2)}}{\pi ^{2}}}\rightarrow -{\frac {\zeta (2)}{\pi ^{2}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a98d719153958492556d70a26872fd298e954cd3)
