欧拉级数的初等证明

(1)
从而，
n ∑ k=1
csc xk =
2
n ∑ k=1
2 (1 + cot2 xk ) = n(n + 1). 3
1 x
(2)
由于在(0, π/2)上有sin x < x < tan x， 故有cot x <
n ∑ k=1
< csc x。因此，
cot2 xk <
n n ∑ ∑ 1 < csc2 xk . x2 k k=1 k=1
k →∞ k =1
lim
∞ ∑
Байду номын сангаас1 k2
=
π2 6 的初等证明
2010 年 9 月 19 日
∞ ∑
自然数平方倒数和 lim
k→∞ k=1
1 k2
=
π2 它困惑着欧 6 是17世纪下半叶的著名数学难题之一，
洲当时一流的数学家， 后由欧拉所证明。 本文利用单位根和复数的性质， 给出了一个简单 易懂的初等证明。 本证明出自M. Aigner和G. M. Ziegler所著Proofs from THE BOOK (4th Ed., Springer, 2004)一书。
亦即
1 2n 3 2n−2 C2 xk sin2 xk + . . . n+1 cos xk − C2n+1 cos 2n−1 2 2n−2 + (−1)n−1 C2 xk + (−1)n sin2n xk = 0. n+1 cos xk sin
1
在上式两端同时除以sin2n xk ， 则有
1 2n 3 2n−2 C2 xk + . . . + (−1)n−1 cot2 xk + (−1)n = 0. n+1 cot xk + (−1)C2n+1 cot
kπ kπ 证明. 考虑2n + 1次单位根ω = cos 2n +1 + i sin 2n+1 , k = 1, . . . , n。 kπ 令xk = 2n 则cos xk > 0, sin xk > 0, k = 1, . . . , n。 +1 ， 那么， 根据单位根的定义， 有
1 = ω 2n+1 ( )2n+1 kπ kπ = cos + i sin 2n + 1 2n + 1 = =
这表示cot2 xk (k = 1, . . . , n)是方程
1 n 3 n−1 C2 + . . . + (−1)n−1 x + (−1)n = 0 n+1 x + (−1)C2n+1 x
的n个根。根据韦达定理，
n ∑ k=1
cot2 xk =
3 C2 n(2n − 1) n+1 . = 1 3 C2n+1
根据定义式xk =
kπ 有 2n+1 和(1)(2)，
∑ 1 n(2n − 1) < 3
n k=1
(
2n + 1 kπ
)2
2 < n(n + 1), 3
即
π 2 n(2n − 1) ∑ 1 2π 2 n(n + 1) < < . 3 (2n + 1)2 k2 3 (2n + 1)2
n k=1
对n → ∞取极限， 再利用夹逼定理， 即得
∞ ∑ 1 π2 = . k2 6 k=1
2
根据复数相等的条件， 虚部为0， 即
n ∑ j =0 2j +1 2n−2j C2 xk · sin2j +1 xk · (−1)j = 0; n+1 cos
上式两边约去一个sin xk ， 得
n ∑ j =0 2j +1 2n−2j C2 xk · sin2j xk · (−1)j = 0, n+1 cos
2 n+1 ∑ r =0 n ∑ j =0 j 2n+1−2j C2 xk · sin2j xk · (−1)j n+1 cos r 2n+1−r C2 xk · sinr xk · ir n+1 cos
+i
n ∑ j =0
2j +1 (2n+1)−(2j +1) C2 xk · sin2j +1 xk · (−1)j . n+1 cos