1樓：
巴塞爾問題(Basel problem)的多種解法--怎麼計算$\frac+\frac+\frac+\cdots$ ? - 御阪01034 - 部落格園提到了一種「積分證明」（詳見「證明17」），原解法需要事先算出的值，可這實質上是不必要的——
根據分部積分，，則知即而（Jordan不等式），於是如果考慮、，又可見同樣給出
以上已證明，但借助某些初等技巧其實能得到等等（參看上述鏈結中的「證明2」、「證明15」、「證明16」、「證明21」
2樓：烤羚羊
搬運自己的一篇小破文章：
烤羚羊：2018 STEP III Q7 全體自然數的倒數平方和
在 2018 STEP III 數學考試中的第7題就考了這麼個結論的證明，當然出題者給了非常友好的提示。不同於我熟悉的運用傅利葉級數的證明方法，下面介紹的這個證明中構造的夾逼不等式的思路非常巧妙，具體見下：
(1) 當 時，運用 De Moivre 定理證明：
對於任意正整數 成立。
(2) 證明方程
的根為 ，其中
(3) 證明：
(4) 已知對 有 ，證明：
(5) 證明：
(1)
注意到 ，於是
等式得證。
我們考慮如下的二項式展開：
注意到所有對於偶數的 ，有 。而對於奇數的 ，有 。如果我們將以上兩式相減，右邊求和中的所有偶數次項都會相消，最後僅剩奇數次項。我們得到
我們需要求解的方程為
在式中，令 ，則方程可以改寫成如下形式：
進一步令 ，利用恒等式我們有：
求解這個關於 的方程：
但注意 ，故以上 的情況需要捨去。所以可取的解為：
回到關於 的方程，即式。這個方程的解為：
注意餘切函式的週期性和對稱性，我們有 ，由此發現 可以取到的數值其實只有有限多個。如果將 的取值限定為 1 到 的正整數，對應於 個根：。其他整數值的 所對應的 值都會與這 個根中的某乙個重複。
於是方程式的解為：
已知對 有 ，那麼
\frac > \cot\theta \\" eeimg="1"/>
最後這部分是整個證明過程中最精彩的部分。
結合(3)與(4)的結果，我們有：
取 的極限，則
不等式的兩側趨於相同的極限，根據夾逼定理（squeeze theorem），我們得到：
3樓：Sliark
首先，我們有 ，這個級數的證明見這裡。取 為偶數 ，根據 ，就有 。定義
m \end\right." eeimg="1"/>我們有 和 。
考慮函式 並補充定義 ，則 在 上是連續函式，有上界 。則對所有非零的 均有 。於是，所有 均被 控制，而後面這個級數是收斂的，證明略。
於是，由Tannery's Theorem——也就是控制收斂定理的數列版本，我們有 。
接下來，只要注意到 ，即有 。證完。
4樓：Aries
這是著名的巴塞爾問題： ，也是黎曼ζ函式在 處的函式值。其實它在 處的函式值都有跟 有關的精確值，可以通過留數定理一次搞定。
開始計算
令 ，構造正方形圍道：
N為正整數
它在全平面的奇點是 ，其中 為 級極點。
下面計算留數：
考慮到展開式： ，其中 為伯努利數展開式的推導參見：
Aries：請問這四個展開式是怎麼來的？
可以得到：
所以：帶回原式得：
由留數定理：
令 ，上式變為：
解得：當時便有：
下面證明 ：
記正方形圍道的四條邊分別為（右）、（上）、（左）、（下）在 上，
顯然 在 上有界。
同理， 在 上有界。
在 上，
顯然 在 上有界。
同理， 在 上有界。
綜上， 在 上有界。
故 0" eeimg="1"/>，使得
注意到在 上，
所以而由夾逼準則，
以上內容摘自：
Aries：你絕對從未見過的有關黎曼ζ函式的一堆可愛級數Aries：初三黨搞積日常（2）——從復變角度解決巴塞爾問題（The Basel Problem）
另一種計算方法參見：
Aries：黎曼ζ函式、狄利克雷β函式：ζ（2n）與β（2n+1）的另一種巧妙求法
5樓：許同學
將 展開以2為週期的傅利葉級數
首先計算傅利葉係數
當 時，
由上可得函式 展開成以2為週期的傅利葉級數為將 代入2後可得
即 又有
化簡即得
6樓：愛之念無限
看到講解基本都更數學一些，我想放在實在的物理模型裡講一下這個推導，數學本質依舊是傅利葉變換，在量子力學中相當於變換表象
考慮某個在寬度為a的非對稱一維無限深方勢阱中運動的粒子，其處於狀態已知能量本徵值為 ，本徵函式
將波函式係數歸一化，即
得到 然後，將波函式 向能量的本徵函式系展開，得到展開係數由於展開係數的模方之和為1（總概率）可知
於是得到無窮級數之和
通過改變某個波函式 ，可以同理推出其他無窮級數，比如 與 時，可以證明 以及
7樓：
這是數學史上著名的Basel Problem，以大數學家尤拉和數學家家族伯努利家族的故鄉——巴塞爾命名
如果定義：
這就是著名的Riemann Zeta Function，前段時間鬧得沸沸揚揚的黎曼猜想研究的就是它
當然關於這個問題本身，即 ，證明起來並不很困難，它的證明方法非常非常多，我估計得有幾十種
巴塞爾問題(Basel problem)的多種解法--怎麼計算$\frac+\frac+\frac+\cdots$ ? - 御阪01034 - 部落格園
這兩個位址給出了很多種證法，但應該還不全
我也補充乙個相對較為初等的證明方法，只需要掌握微積分中的冪級數相關知識即可
我們知道
【注1】
令 ， 有由於
【注2】
由比較判別法的極限形式，可得級數
收斂由Weierstrass優級數判別法可知
函式項級數 一致收斂，從而逐項可積
兩端分別對 求 上的積分
從而 【注3】
我們令兩邊再同時對 求導，有
再對兩邊同時求n階導數，由高階導數的Leibniz公式，可得
整理得（ ）
在 時，有
從而，當 時
而當 時
從而有 的Maclaurin級數為
並且顯然它收斂於自身的Maclaurin級數
可由不等式
推出由夾逼定理可知
此即Wallis公式
從它可輕易推出
這個定積分可由遞推公式
推出同理由該遞推公式還可推出
於是由於 時
自然有於是可推導出注釋2的不等式
8樓：Loomis的學徒
The fourier decomposition ofis and you plug in x=0 you getyou can get the answer.
Sorry the chinese input on my computer is broken
9樓：
有乙個很巧妙的證法，用Parsevel's identity。
在Hilbert space,:=\frac\int_^f(x)\overlinedx" eeimg="1"/>。是一組標準正交基，那麼Parsevel's identity告訴我們|^" eeimg="1"/>。
考慮。Parsevel's identity右邊其實就是的傅利葉係數，容易算得，=
\begin
\frac}i, &n\neq0\cr 0, &n=0\end
\end" eeimg="1"/>。所以我們有，兩邊同時除以2即為所求。
請問1 sinx 2的這個無窮級數展開式怎麼證明
蘇承心 事實上，我們用很初等的函式方程方法證明乙個 1 n x pi tan pix n是所有整數，x不取整數。此時對x求導即可。 TravorLZH 先上定理 Mittag Leffler定理 1 設亞純函式f z 和圍道序列，並且的周長為 與原點最近距離為。如果 1 f z 的極點能夠被表示成乙...
如何用調和級數證明質數有無窮個？
無窮 對全體素數p,考慮p p 1的連乘 Euler 乘積 化簡，利用等比數列，再利用唯一分解定理，得到其即為調和級數，由調和級數發散，知素數有無窮多個 TravorLZH 個人認為調和級數的操作過程比較複雜，但是用巴塞爾問題來證就明顯會方便很多 引理 證明 顯然 定理 素數數量是無限的 證明 假設...
無窮級數 n 1 0 sin n x dx 是否收斂？
這個問題等價於研究乙個帶有引數的積分當引數引數趨向於無窮大時的漸進性質。關於大引數實積分的漸近計算，目前有及其成熟的研究成果。下面介紹其中的一種方法，laplace漸近方法。laplace漸近方法用於計算形如 的laplace型積分當引數n趨向於無窮大時的漸近展開式，其中f x 的增長率要小於指數。...