解法：Beukers–Calabi–Kolk 的二重积分证明(1993年)

第 1/6 步：拆分为奇数与偶数的平方

通俗地说

把 $\zeta(2)$ 的各项按下标是奇数还是偶数分成两堆,就像按颜色整理袜子一样。偶数那一堆恰好是整个和的四分之一大小的副本,于是把它减去、再解出 $\zeta(2)$ ,剩下需要弄清楚的就只有奇数那一堆——即对 $1,3,5,\dots$ 求和。

\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}+\frac14\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\ \Longrightarrow\ \zeta(2)=\frac43\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}

详细分析

写成 $\zeta(2)=\sum_{n\ \mathrm{odd}}\frac{1}{n^2}+\sum_{n\ \mathrm{even}}\frac{1}{n^2}$ 。在偶数部分令 $n=2m$ ,得 $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^2}=\frac{1}{4}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}=\frac{1}{4}\zeta(2)$ :偶数下标部分正是待求级数的一个缩放副本。移项得 $\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)=\frac{3}{4}\zeta(2)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$ ,即 $\zeta(2)=\frac{4}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$ 。

这一奇偶拆分见于 Beukers–Calabi–Kolk 论文及其前身工作,是让证明其余部分得以运转的机关:第2步出现的分母 $1-x^2y^2$ 展开成关于 $(xy)^2$ 的等比级数,其幂恰好是偶次单项式 $x^{2k}y^{2k}$ ,积分后便产生奇数分母 $(2k+1)^2$ 。若直接处理全体平方,分母将是 $1-xy$ ,那会引向一个难得多、带奇性的积分。

这个拆分是代数恒等式而非近似,并且可逆——知道奇数平方和与知道 $\zeta(2)$ 本身是等价的。

本步骤中的术语

$\zeta(2)$: 黎曼 zeta 函数 $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty 1/n^s$ 在 $2$ 处取值的标准简写——这里就是巴塞尔问题中的无穷和 $\sum 1/n^2$ 。

本步骤用到的知识

数项级数与收敛判别法