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（PS：本文会不断更新）
如何计算ζ(2)=112+122+132+⋯? 这个问题是在1644年由意大利数学家蒙哥利（Pietro Mengoli）提出的，而大数学家欧拉于1735年第一次解决了这个问题。他得出著名的结果：
∞∑k=11k2=π26 解决这个问题的方法在近代不断涌现。这里我从各处摘抄到一些方法，列举在此，仅供大家参考。 如有错误，请向我指出，谢谢！（PS：最近发现忻州师范学院某网页抄了我博客后不给Reference，希望大家明辨是非） 首先，我们需要知道这个问题的等价形式,将这个数列除以4，我们自然得到∑∞k=11(2k)2=π224,从而我们只需证明
∞∑k=11(2k−1)2=π28
而以下某些证明会用到这一点。
证明1：欧拉的证明 欧拉的证明是十分聪明的。他只是将幂级数同有限的多项式联系到了一起，就得到了答案。首先注意到
sin(x)=x−x33!+x55!−x77!+⋯
从而
sin(x)x=1−x23!+x45!−x67!+⋯
但是sinxx的根集，为
x=n⋅π, (n=±1,±2,±3,…).
故我们可以假定
sin(x)x=(1−xπ)(1+xπ)(1−x2π)(1+x2π)(1−x3π)(1+x3π)⋯=(1−x2π2)(1−x24π2)(1−x29π2)⋯.
（PS：欧拉似乎没有证明这个无穷积，直到100年后魏尔斯特拉斯得到了他著名的“魏尔斯特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem，详情可见wiki相应条目）。利用这个方法得到函数时要特别小心，我以前看到的一个反例就可以说明这个问题) 从而我们对这个无穷乘积的x2项进行研究，可以知道
−(1π2+14π2+19π2+⋯)=−1π2∞∑n=11n2.
所以
−16=−1π2∞∑n=11n2.
这样就得到了答案。 注：欧拉给出过严谨的证明，但是由于他的第一个证明太广为人知，所以有时候会认为他没给出真正的证明。不过贴吧里的 tq唐乾 吧友提醒了我，实际上，欧拉有他真正的证明。是通过如下方式：首先令N为奇数 zn−an=(z−1)(n−1)/2∏k=1(z2−2azcos2kπn+a2)
令z=1+x/N,a=1−x/N,且n=N,有
(1+xN)N−(1+xN)N=2xN(N−1)/2∏k=1(2+2x2N2−2(1−x2N2)cos2kπN)=2xN(N−1)/2∏k=1((1−cos2kπN)+x2N2(1+cos2kπN))=CNx(N−1)/2∏k=1(1+x2N21+cos(2kπ/N)1−cos(2kπ/N)) 考虑一次项系数知道CN=2成立，而在N→∞时，左边是ex−e−x,右边通过cosy≈1−y2/2,那么右边就是1+x2/(k2π2)的乘积，也就是 ex−e−x2=x∞∏k=1(1+x2k2π2) 比较三次项系数可知答案
证明2：一个初等的证明
以下证明第一次来自Ioannis Papadimitriou于1973年在American Math Monthly 80(4):424-425页发表的。Apostol在同一份杂志425-430发表了用这个方法计算ζ(2n)的方法。
这似乎是这个问题最“初等”的一个证明了，只需要知道三角函数相应知识就能够完成。我们先证明一个恒等式：
Lemma: 令ωm=π2m+1,则
cot2ωm+cot2(2ωm)+⋯cot2(mωm)=m(2m−1)3.
证明：由于
\begin{align*} \sin{n\theta}&=\binom{n}{1}\sin{\theta}\cos^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\sin^3{\theta}\cos^{n-3}{\theta}+\cdots \pm \sin^n{\theta}\\ &=\sin^n{\theta}\left(\binom{n}{1}\cot^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\cot^{n-3}{\theta}+\cdots \pm 1\right) \end{align*}
很显然，令n=2m+1,则我们有\cot^2{\omega_m},\cot^2{(2\omega_m)}\cdots \cot^2{(m\omega_m)}为多项式
\binom{n}{1}x^{m}-\binom{n}{3}x^{m-1}+\cdots \pm 1
的根。从而利用韦达定理我们就完成了引理的证明。\square 由于三角不等式 \sin{x}<><> 在x\in(0,\pi/2)成立，我们知道了\cot^2{x}<><>.对于\omega_m,2\omega_m\cdots带入得到
\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}<><>
所以应用上面引理，就可以得到
\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}<><>
令m趋于无穷大，结论自然就成立了。
证明3：数学分析的证明
这个证明来自Apostol在1983年的“Mathematical Intelligencer”,只需要简单的高数知识。 注意到恒等式
\frac{1}{n^2}=\int_{0}^1\int_0^1 x^{n-1}y^{n-1}dxdy
利用单调收敛定理(Monotone Convergence Theorem)，立即得到
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\int_{0}^1\int_0^1\left(\sum_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1}\right)dxdy=\int_{0}^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy}dxdy
通过换元(u,v)=((x+y)/2,(y-x)/2),也就是(x,y)=(u-v,u+v)故
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=2\iint_S\frac{1}{1-u^2+v^2}dudv
S是由点(0,0),(1/2,-1/2),(1,0),(1/2,1/2)构成的正方形，利用正方形的对称性，那么
\begin{align*} 2\iint_S\frac{1}{1-u^2+v^2}dudv&=4\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu+4\int_{1/2}^{1}\int_{0}^{1-u}\frac{1}{1-u^2+v^2}dvdu\\ &=4\int_{0}^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan{\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}du\\&\quad+4\int_{1/2}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan{\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}du \end{align*}
利用恒等式\arctan{(u/\sqrt{1-u^2})}=\arcsin{u},\arctan{((1-u)/\sqrt{1-u^2})}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\arcsin{u},就能够得到
\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}&=4\int_0^{1/2}\frac{\arcsin{u}}{\sqrt{1-u^2}}du+4\int_{1/2}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\arcsin{u}}{2}\right)du\\ &=[2\arcsin{u}^2]_0^{1/2}+[\pi\arcsin{u}-\arcsin{u}^2]_{1/2}^{1}\\ &=\frac{\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi^2}{6}+\frac{\pi^2}{36}\\ &=\frac{\pi^2}{6} \end{align*}
证明4:数学分析的证明 (Calabi, Beukers & Kock.)同样利用上一问的结论,不过这次我们计算的是： \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{1-x^2y^2} 做代换(u,v)=\left(\arctan{x}\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2}},\arctan{x}\sqrt{\frac{1-x^2}{1-y^2}}\right) 从而有(x,y)=\left(\frac{\sin{u}}{\cos{v}},\frac{\sin{v}}{\cos{u}}\right) 
雅可比行列式即为 \begin{align*} \frac{\partial (x,y)}{\partial(u,v)}&=\begin{vmatrix} \cos{u}/\cos{v} & \sin{u}\sin{v}/\cos{v}^2 \\ \sin{u}\sin{v}/\cos{u}^2 & \cos{v}/\cos{u} \end{vmatrix}\\ &=1-\frac{\sin^2u\sin^2v}{\cos^2u\cos^2v}=1-x^2y^2 \end{align*} 从而\frac{3}{4}\zeta(2)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\iint_{A}dudv 其中A=\{(u,v)|u>0,v>0,u+v<>,从而\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}成立!\square
证明5:复分析的证明 这个证明在很多复分析书上都有。我们同样可以利用留数计算该结果,考虑f(x)=z^{-2} \cot{\pi z},积分路径P_n为在中心为原点的长形如图 
实轴交点为\pm(n+1/2),复轴为\pm ni,而若\pi z=x+iy,直接计算可得 |\cot{\pi z}|^2=\frac{\cos^2{x}+\sinh^2{y}}{\sin^2{x}+\sinh^2{y}}，从而很容易就能知道|\cot{\pi z}|<>对于每根积分曲线成立，于此同时，|z|\ge n成立,从而有 \left|\oint_{P_n}z^{-2}\cot{\pi z}\right|\le\frac{2}{n^2}(8n+2) 成立，在n\to\infty时，该积分值趋于0. 利用留数定理，则有 2\pi i\sum_{k=-\infty}^{\infty}\R(z^{-2}\cot{\pi z},k)=\lim_{n\to\infty}\oint_{P_n}z^{-2}\cot{\pi z}dz=0 而每一点的留数，计算有\R(z^{-2}\cot{\pi z},0)=-\pi/3,\R(z^{-2}\cot{\pi z},k)=1/(\pi k^2)(k\not=0,k\in\mathbb{Z}),从而有 \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi k^2}=\frac{\pi}{3} 答案显而易见了。
证明6:复数积分的证明 本证明由Dennis C.Russell给出。考虑积分I=\int_0^{\pi/2}\ln(2\cos{x})dx 那么利用\cos的欧拉公式 2\cos{x}=e^{ix}+e^{-ix}=e^{ix}(1+e^{-2ix})从而\ln(2\cos{x})=\ln(e^{ix})+\ln(1+e^{-2ix})=ix+\ln(1+e^{-2ix})在积分中代换得
\begin{align*} I&=\int_0^{\pi/2}ix+\ln(1+e^{-2ix})dx\\&=i\frac{\pi^2}{8}+\int_0^{\pi/2}ln(1+e^{-2ix})dx \end{align*}
再利用\ln{(1+x)}的泰勒展开,也就是
\ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-x^4/4+\cdots
代入知为
\ln(1+e^{-2ix})=e^{2ix}-e^{-4ix}/2+e^{-6ix}/3+\cdots
从而积分就有
\int_0^{\pi/2}\ln{(1+e^{-2ix})}dx=-\frac{1}{2i}(e^{-i\pi}-1-\frac{e^{-2i\pi}-1}{2^2}+\frac{e^{-3i\pi}-1}{3^2}-\frac{e^{-4i\pi}-1}{4^2}+\cdots)
但是由于e^{-i\pi}=-1,原式变为
\int_0^{\pi/2}\ln(1+e^{-2ix})dx=\frac{1}{i}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{-3i}{4}\zeta(2)
故如前面式子有
I=i\left(\frac{\pi^2}{8}+\frac{-3}{4}\zeta(2)\right)
由于左边是实数，右边是纯虚数，从而只能两边都为0，即\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},这还给了我们一个副产品，就是\int_0^{\pi/2}\ln(\cos{x})dx=-\frac{\pi}{2}\ln{2}
证明7:泰勒公式证明 (Boo Rim Choe 在1987 American Mathematical Monthly上发表)利用反三角函数\arcsin{x}的泰勒展开 \arcsin{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}对于|x|\le 1成立，从而令x=\sin{t},有
t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{\sin^{2n+1}t}{2n+1}
对于|t|\le\frac{\pi}{2}成立，但由于积分
\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}{x}dx=\frac{2\cdot 4\cdots (2n)}{3\cdot 5\cdots (2n+1)}
故而对两边从0到\pi/2积分有
\frac{\pi^2}{8}=\int_0^{\pi/2}tdt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}
同样可得
证明8:复分析证明 (T. Marshall 在American Math Monthly,2010)对于z\in D=\mathbb{C}\backslash\{0,1\}, 令 R(z)=\sum\frac{1}{\log^2 z} 这个和是对于每一个\log的分支加起来. 在 D 中所有点有领域使\log(z)的分支解析.由于这个级数在 z=1之外一致收敛, R(z)在 D上解析. 这里有几个Claim: - 当z\to0时，级数每一项趋于0.由于一致收敛我们知道z=0是可去奇点，我们可令R(0)=0.
- R 的唯一奇点是 z=1的二阶极点，是由 \log z的主分支.我们有\lim_{z\to1}(z-1)^2R(z)=1.
- R(1/z)=R(z).
由于 1.和 3.有 R 在\mathbb{C}\cup \{\infty\}（扩充复平面）上亚纯,从而是有理函数. 从2知道R(z)的分母是(z-1)^2. 由于R(0)=R(\infty)=0, 分子就是az. 而2. 说明a=1, 也就是
R(z)=\frac{z}{(z-1)^2}. 现在令z=e^{2\pi i w} 得到
\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(w-n)^2}=\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi w)}
也就是说\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8},
可立刻的到\zeta(2)=\pi^2/6 .
证明9:傅立叶分析证明 考虑函数f(x)=x^2,x\in(-\pi,\pi),将其傅立叶展开 f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}} \cos nx\right) 显而易见，代入f(0)即可得到答案
证明10:傅立叶分析证明 考虑函数f(x)=x,x\in(-\pi,\pi),将其傅立叶展开 f(x)=2\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \sin nx\right) 利用Parseval等式\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|^2=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx 其中a_n为e^{inx}的系数，即\frac{(-1)^n}{n}i,a_0=0 那么有2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx 可得答案
证明11:傅立叶分析证明 考虑f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos{nt}}{n^2}
在实轴上一致收敛，对于在t\in [-\epsilon,2\pi-\epsilon],我们有
\sum_{n=1}^N\sin{nt}=\frac{e^{it}-e^{i(N+1)t}}{2i(1-e^{it})}+\frac{1-e^{iN)t}}{2i(1-e^{it})}
这个和被\frac{2}{|1-e^{it}|}=\frac{1}{\sin{t/2}}
控制，从而在[\epsilon,2\pi-\epsilon]上一致有界，据Dirichlet判别法
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{t}}{n}
是在[\epsilon,e\pi-\epsilon]一致收敛,从而对于t\in(0,2\pi),
f'(t)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{nt}}{n}=\Im(\log(1-e^{it}))=\arg{(1-e^{it})}=\frac{t-\pi}{2}
从而有
-\zeta(2)/2-\zeta(2)=f(\pi)-f(0)=\int_0^\pi\frac{t-\pi}{2}dt=-\frac{\pi^2}{4}
证明12:泊松公式证明 (Richard Troll)由泊松求和公式\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\hat{f}(k)可知 其中\hat{f}(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x) e^{-2\pi ix\xi}dx为傅立叶变换。 那么有f(x)=e^{-a|x|},f的傅立叶变换为 \hat{f}(\xi)=\frac{2a}{a^2+4\pi^2\xi^2} 也就是说 \frac{1}{2a}\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{-a|n|}-\frac{1}{a^2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{a^2+4\pi^2 k^2} 则\lim_{a\to 0}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{a^2+4\pi^2 k^2}=\lim_{a\to 0}\left\{\frac{1}{2a}\left(\frac{e^a+1}{e^a-1}\right)-\frac{1}{a^2}\right\}=\frac{1}{12} 从而就有\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}
证明13:概率论证明 (Luigi Pace 发表于2011 American Math Monthly) 设X_1,X_2是独立同半区域柯西分布，也就是它们的分布函数都是p(x)=\frac{2}{\pi(1+x^2)}(x>0) 令随机变量Y=X_1/X_2,那么Y的概率密度函数p_Y定义在y>0，有 \begin{align*}p_Y(y) &= \int_0^{\infty} x p_{X_1} (xy) p_{X_2}(x) dx = \frac{4}{\pi^2} \int_0^\infty \frac{x}{(1+x^2 y^2)(1+x^2)}dx\\ &=\frac{2}{\pi^2 (y^2-1)} \left[\log \left( \frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right) \right]_{x=0}^{\infty} = \frac{2}{\pi^2} \frac{\log(y^2)}{y^2-1} = \frac{4}{\pi^2} \frac{\log(y)}{y^2-1}. \end{align*} 由于X_1,X_2独立同分布，所以P(Y>1)=P(X_1>X_2)=1/2,那么有 \frac{1}{2}=\int_0^1\frac{4}{\pi^2}\frac{\log(y)}{y^2-1}dy 也就是说 \frac{\pi^2}{8} = \int_0^1 \frac{-\log(y)}{1-y^2} dy = -\int_0^1 \log(y) (1+y^2+y^4 + \cdots) dy = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} 那么答案显而易见。
证明14:积分+函数方程证明 (H Haruki,S Haruki在1983年 American Mathematical Monthly发表) 由于\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1 x^{n-1}dx=\int_0^1\frac{\log{(1-x)}}{x}dx 只需要算出这个积分值即可，我们令 f(a)=\int_0^1\frac{\log{(x^2-2x\cos{a}+1)}}{x}dx 要证明f(a)=-\frac{(a-\pi)^2}{2}+\frac{\pi^2}{6} 利用等式(x^2-2x\cos{a}+1)(x^2+2x\cos{a}+1)=x^4-2x^2\cos{2a}+1我们有 f(a/2)+f(\pi-a/2)=\int_0^1\frac{\log{(x^4-2x^2\cos{a}+1)}}{x}=\frac{1}{2}\frac{\log{(t^2-2t\cos{a}+1)}}{t}dt=\frac{1}{2}f(a) 中间是令\sqrt{x}=t得到的等式。解函数方程f(a/2)+f(\pi-a/2)=f(a)/2,求导两次得f''(a/2)+f''(\pi-a/2)=2f''(a),由于f''是在闭区间[0,2\pi]上的连续函数，从而f''在该区域有最大值M与最小值m.设f''(a_0)=M对于某个a_0\in[0,2\pi]成立，在等式中设a=a_0有 f''(a_0/2)+f''(\pi-a_0/2)=2f''(a_0)=2M
但是由于f''(a_0/2),f''(\pi-a_0/2)都小于M,从而只能都等于M.继续这样的迭代，就有
\lim_{n\to\infty} f''(a_0/2^n)=f''(0)=M
类似地，我们就有f''(0)=m,从而M=m,f''为常函数，则f只能是二次函数，设
f(a)=\alpha \frac{a^2}{2}+\beta a+\gamma
代入式子有-\pi\alpha/2=\beta/2,\pi^2\alpha/2+\beta\pi+2\gamma=\gamma/2,而
f'(a)=\int_0^1\frac{2\sin{a}}{1+x^2-2x\cos{a}}dx
得知f'(\pi/2)=\pi/2
从而有\alpha=-1,\beta=\pi,\gamma=-\pi^2/3,代入a=0,得到\int_0^1\frac{\log{(1-x)}}{x}dx=-\frac{\pi^2}{6}
证明15:三角恒等式的初等证明 (Josef Hofbauer发表于2002年American Mathematical Monthly) \frac{1}{\sin^2x}=\frac{1}{4\sin^2{\frac{x}{2}}\cos^2{\frac{x}{2}}}=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{\sin^2{\frac{x}{2}}}+\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi+x}{2}}}\right]
从而就有
1=\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi}{2}}}=\frac{1}{4\left[\frac{1}{\sin^2{\frac{\pi}{4}}}+\frac{1}{\sin^2{\frac{3\pi}{4}}}\right]}=\cdots =\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{\sin^2{\frac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}}}=\frac{2}{4^n}\sum_{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{1}{\sin^2{\frac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}}} 又由于\sin^{-2}x>x^{-2}>\tan^{-2}x对x\in(0,\pi/2)成立 令x=(2k+1)\pi/(2N),对k=0,1,\cdots,N/2-1(N=2^n)对不等式求和，就变为
1>\frac{8}{\pi^2}\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{(2k+1)^2}>1-\frac{1}{N}
令N\to\infty可得答案
证明16:三角多项式的证明 (Kortram发表于1996年 Mathematics Magazine) 对于奇数n=2m+1,我们知道\sin{nx}=F_n(\sin{x}),其中F_n是次数n的多项式。那么F_n的零点为\sin(j\pi/n)(-m\le j\le m),且有\lim_{y\to 0}(F_n(y)/y)=n.那么
F_n(y)=ny\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{y^2}{\sin^2(j\pi/n)}\right)
从而
\sin{nx}=n\sin{x}\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{\sin^2x}{\sin^2(j\pi/n)}\right)
比较两边泰勒展开的x^3系数，有
-\frac{n^3}{6}=-\frac{n}{6}-n\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{\sin^2(j\pi/n)}
于是\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^m\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}=\frac{1}{6n^2}
固定整数M,令m>M,则有
\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^M\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}=\frac{1}{6n^2}+\sum_{j=M+1}^m\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi/n)}
利用\sin{x}>\frac{2}{\pi}x对于0<><>成立，我们有
0<\frac{1}{6}-\sum_{j=1}^m\frac{1}{n^2\sin^2(j\pi )}="">
令n,m趋于无穷，就有
0\le \frac{1}{6}-\sum_{j=1}^M\frac{1}{\pi^2j^2}\le \sum_{j=M+1}^m\frac{1}{4j^2}
也即\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{\pi^2j^2}=\frac{1}{6}
证明17:积分证明 (Matsuoka发表于1961年American Mathematical Montly) 考虑积分
I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}xdx\mbox{ and }J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}xdx
我们有Wallis公式：
I_n=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n}\frac{\pi}{2}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}
那么对于n>0,分部积分有
\begin{align*} I_n&=[x\cos^{2n}x]_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2}x\sin{x}\cos^{2n-1}xdx\\ &=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n \end{align*}
从而有\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n
得到\frac{\pi}{4n^2}=\frac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-\frac{4^nn!^2}{(2n)!}J_n
将这个式子从1加到n，能够有
\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}=J_0-\frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N
由于J_0=\pi^3/24,只需要证明\lim_{N\to\infty} 4^N N!^2 J_N/(2N)!=0,但是不等式x<>对于0<><>,得到
J_N<\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi }\sin^2x\cos^{2n}xdx="\frac{\pi^2}{4}(I_N-I_{N+1})=\frac{\pi^2">
也即0<\frac{4^n><>
证明18:Fejér核的证明 (Stark在1969年American Mathematical Monthly上的证明) 对于Fejér核有如下等式：
\left(\frac{\sin{nx/2}}{\sin{x/2}}\right)^2=\sum_{k=-n}^n(n-|k|)e^{ikx}=n+2\sum_{k=1}^n(n-k)\cos{kx}
故而有
\begin{align*} \int_0^\pi x\left(\frac{\sin{nx/2}}{\sin{x/2}}\right)^2 &= \frac{n\pi^2}{2}+2\sum_{k=1}^n(n-k)\int_0^\pi x\cos{kx}dx \\ &=\frac{n\pi^2}{2}-2\sum_{k=1}^n(n-k)\frac{1-(-1)^k}{k^2}\\ &=\frac{n\pi^2}{2}-4n\sum_{1\le k\le n,2\nmid k}\frac{1}{k^2}+4\sum_{1\le k\le n,2\nmid k}\frac{1}{k} \end{align*}
如果我们令n=2N,N\in\mathbb{Z^+},那么
\int_0^\pi \frac{x}{8N}\left(\frac{\sin{Nx}}{\sin{x/2}}\right)^2dx=\frac{\pi^2}{8}-\sum_{r=0}^{N-1}\frac{1}{(2r+1)^2}+O\left(\frac{\log{N}}{N}\right)
但是由于\sin{x/2}>x/\pi对于0<><>成立，那么
\int_0^\pi \frac{x}{8N}\left(\frac{\sin{Nx}}{\sin{x/2}}\right)^2dx < \frac{\pi^2}{8n}\int_0^\pi="" \sin^2nx="" \frac{dx}{x}="\frac{\pi^2}{8N}\int_0^{N\pi}" \sin^2y="" \frac{dy}{y}="">
也即\frac{\pi^2}{8}=\sum_{r=0}^{\infty}\frac{1}{(2r+1)^2}
证明19:Gregory定理证明 证明来自Borwein & Borwein的著作'Pi and the AGM' 以下公式是著名的Gregory定理： \frac{\pi}{4}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1} 令a_N=\sum_{n=-N}^N\frac{(-1)^n}{2n+1},b_N=\sum_{n=-N}^N\frac{1}{(2n+1)^2} 我们需要证明\lim_{N\to\infty} a_N^2-b_N=0即可 如果n\not = m那么
\frac{1}{(2n+1)(2m+1)}=\frac{1}{2(m-n)}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2m+1}\right)
就有
\begin{align*} a_N^2-b_N&=\sum_{n=-N}^N\sum_{m=-N,m\not = n}^N\frac{(-1)^{m+n}}{2(m-n)}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2m+1}\right)\\ &=\sum_{n=-N}^N\sum_{m=-N,m\not = n}^N\frac{(-1)^{m+n}}{(m-n)}\frac{1}{(m-n)(2n+1)}=\sum_{n=-N}^N\frac{(-1)^n c_{n,N}}{2n+1} \end{align*}
其中c_{n,N}=\sum_{m=-N,m\not=n}^N\frac{(-1)^m}{m-n}
很容易可见c_{-n,N}=-c_{n,N},故而c_{0,N}=0若n>0那么
c_{n,N}=(-1)^{n+1}\sum_{j=N-n+1}^{N+n}\frac{(-1)^j}{j}
我们可以知道|c_{n,N}|\le1/(N-n+1)由于这个交错和加了后比第一项要小，也即
\begin{align*}|a_N^2-b_N|&\le \sum \left(\frac{1}{(2n-1)(N-n+1)}+\frac{1}{(2n+1)(N-n+1)}\right)\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{1}{2N+1}\left(\frac{2}{2n-1}+\frac{1}{N-n+1}\right)+\sum_{n=1}^N\frac{1}{2N+3}\left(\frac{2}{2n+1}+\frac{1}{N-n+1}\right)\\ &\le \frac{1}{2N+1}(2+4\log{(2N+1)}+2+2\log{(N+1)}) \end{align*}
所以a_N^2-b_N趋于0成立。
证明20:数论的证明 (本证明来自华罗庚的数论) 需要用到整数能被表示为四个平方的和。令r(n)为四元组使得n=x^2+y^2+z^2+t^2成立的四元组(x,y,z,t)的个数。最平凡的是r(0)=1,同时，我们知道
r(n)=8\sum_{m|n,4\nmid m}m
对于n>0成立。令R(N)=\sum_{n=0}^N r(n),很容易可以看出，R(N)是渐进于半径\sqrt{N}的四维球体积。也即R(N)\sim \frac{\pi^2}{2}N.但是
R(N)=1+8\sum_{n=1}^N\sum_{m|n,4\nmid m}m=1+8\sum_{m\le N,4\nmid m}m\left\lfloor \frac{N}{m}\right\rfloor = 1+8(\theta(N)-4\theta(N/4))
其中\theta(x)=\sum_{m\le x}m\left\lfloor \frac{x}{m}\right\rfloor
但是
\begin{align*}\theta(x)&=\sum_{mr\le x}m=\sum_{r\le x}\sum_{m=1}^{\lfloor x/r \rfloor}m=\frac{1}{2}\sum_{r \le x}\left(\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor^2+\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor\right)=\frac{1}{2}\sum_{r \le x}\left(\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor^2+O\left(\frac{x}{r}\right)\right)\\ &=\frac{x^2}{2}(\zeta(2)+O(1/x))+O(x\log{x})=\frac{\zeta(2) x^2}{2}+O(x\log{x}) \end{align*}
当x\to\infty成立，从而
R(N)\sim \frac{\pi^2}{2}N^2\sim 4\zeta(2)\left(N^2-\frac{N^2}{4}\right)
得到\zeta(2)=\pi^2/6
证明21:类似的初等证明 首先我们要证明这个等式： \sum_{k=1}^n \cot^2 \left( \frac {2k-1}{2n} \frac{\pi}{2} \right) = 2n^2 – n
是由于注意到 \cos 2n\theta = \text{Re}(\cos\theta + i \sin\theta)^{2n} = \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}\cos^{2n-2k}\theta\sin^{2k}\theta 就立即可得 \frac{\cos 2n\theta}{\sin^{2n}\theta} = \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}\cot^{2n-2k}\theta 令x=\cot^2{\theta},就可以变为 f(x) = \sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose 2k}x^{n-k} 有根x_j = \cot^2 (2j-1)\pi/4n对j=1,2,\cdots ,n成立，从而由于\binom{2n}{2n-2}=2n^2-n,韦达定理知答案。 有了这个等式，我们类似初等证明中的方法进行证明 现在1/\theta > \cot \theta > 1/\theta - \theta/3 > 0对于0<>< \pi/2=""><>成立，就有
1/\theta^2 – 2/3 < \cot^2="" \theta=""><>
对于\theta_k = (2k-1)\pi/4n做和，从k=1到n我们得到
2n^2 – n < \sum_{k="1}^n" \left(="" \frac{2n}{2k-1}\frac{2}{\pi}="" \right)^2="">< 2n^2="" –="" n="" +="">
从而有\frac{\pi^2}{16}\frac{2n^2-n}{n^2} < \sum_{k="1}^n" \frac{1}{(2k-1)^2}=""><>
这也就是我们想要的
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}
证明22:伯努利数的证明 函数B(x) = \frac{x}{e^x - 1}为伯努力数B_k的生成函数，有B是亚纯，且只在2\pi in有极点，利用Mittag-Leffler定理可以展开为 \frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{2\pi i n}{x - 2 \pi i n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} - \left( \frac{1}{1 - \frac{x}{2\pi i n}} \right). 而注意到后者又可以展开为几何级数相加： \frac{x}{e^x - 1} = - \sum_{n \in \mathbb{Z}} \sum_{k \ge 0} \left( \frac{x}{2\pi i n} \right)^k = \sum_{k \ge 0} (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi )^{2n}} x^{2n} 是由于在重排级数的同时，奇数项消去了而偶数项留下了，所以我们就得到如下式子： B_{2n} = (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}} 也就是要求计算 B_2=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\left\{\frac{x}{e^x - 1}-1+\frac{x}{2}\right\}=\frac{1}{12} 那么\zeta(2)=\pi^2/6就能得到了。
证明23:超几何正切分布的证明 （本证明来自Lars Holst于2013年Journal of Applied Probability的证明） 注意到超几何正切函数f_1(x)=\frac{2}{\pi(e^x-e^{-x})},有\int_{-\infty}^x\frac{2}{\pi (e^y-e^{-y})}dy=\frac{2}{\pi}\arctan(e^x). 这样可以知道f_1是一个分布函数，而如果X_1,X_2都满足超几何正切分布的话，我们有如下引理： X_1+X_2的概率密度是：f_2(x)=\frac{4x}{\pi^2(e^x-e^{-x})}.
这是因为 \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty &\frac{2}{\pi(e^y+e^{-y})} \frac{2}{\pi(e^{x-y}+e^{y-x})}dy\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{u e^{-x}}{(1+u^2)(1+u^2 e^{-2x})}du\\ &= \frac{4}{\pi(e^x-e^{-x})}\int_0^\infty \left(\frac{u}{1+u^2}-\frac{u e^{-2x}}{1+u^2 e^{-2x}}\right)du \\&=\frac{4 x}{\pi(e^x-e^{-x})} \end{align*}
而知道这样的函数是密度函数之后，我们就可以得到Basel问题： \begin{align*}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} &=\sum_{k=0}^\infty \int_0^\infty x e^{-(2k+1)x}dx \\ &=\int_0^\infty x e^{-x} \sum_{k=0}^{\infty} e^{-2kx}dx=\int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-2x}}dx\\ &=\frac{\pi^2}{8}\int_{-\infty}^\infty f_2(x)dx=\frac{\pi^2}{8} \end{align*} 这样可以得到结论。 Reference： [1]Robin Chapman 'Evaluating \zeta(2)' （未完待续..）
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