跨越百年的智力接力：从巴塞尔问题到黎曼猜想 ¶

前言 ¶

在之前的取整函数专题中，我讲过下面这个题目，其求解过程用到了经典级数——Eluer 级数，也就是我们常说的巴塞尔问题。

Example

求解：

\[ \int_0^1 x\left ( \frac1x - \left[ \frac{1}{x}\right] \right ) \mathrm{d}x \]

其中 \([x]\) 表示不超过 \(x\) 的最大整数。

最近我搜集了很多历史资料，把散落了三百年的故事一点点串起来，终于汇成了今天这篇科普文章。我们会从一个曾让整个欧洲数学界束手无策的难题 —— 巴塞尔问题讲起：它为什么难倒了雅各布・伯努利，又如何被年仅 28 岁的欧拉一剑封喉；从欧拉最初那个 " 不严谨却无比天才 " 的证明，到后来傅里叶、柯西、黎曼给出的严谨解法，我们会一路带大家学习历史上最经典的几种证明思路。

最后，我们会顺着巴塞尔问题的答案，自然走进黎曼 ζ 函数的世界 —— 那个把素数分布藏在零点里的神秘函数，以及至今悬而未决的黎曼猜想。从一个简单的倒数平方和，到百万美金悬赏的世纪难题，这条路走了两百多年，而我们今天就来走完它。

巴塞尔问题是一个著名的数论问题，由瑞士数学家皮尔提洛 - 门戈利于 1644 年提出。这个问题是以数学家莱敖哈德 - 欧拉德家乡：瑞士的第三大城市巴塞尔命名的。1735 年，年仅 28 岁的欧拉得到该问题的第一个解答：

巴塞尔问题

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6} \]

这个事实的一个重要解释是它导出了黎曼 ζ 函数的第一个非平凡值 \(\zeta(2)\)，这一点我后面会讲到。不仅这一结果在数学史上具有显赫地位，它的几个极其优美的证明也拥有自己的历史，对它们的发现与再发现的乐趣被很多人分享，据说历史上叫的上名字的证明就有 23 个，从幂级数，到伯努利数、超几何正切函数……今天我将介绍其中的 4 个证明。

天才般的证明 ¶

提到巴塞尔问题，最不能落下的就是 Euler 的证明，他将幂级数和有限多项式联系在了一起，从而得到了答案，但是史料中没有记载 Euler 对下面的多项式证明，直到 100 年以后的 Weierstrass 得到了著名的 Weierstrass 分解定理才说明了这件事情。

首先有：

\[ \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\dots \]

对等式两边同时除以 \(x\) 得到：

\[ \frac{\sin x}{x} = 1- \frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}- \frac{x^{6}}{7!}+\dots \]

由于 \(x=n\cdot \pi\) 是左式的根，所以 Eluer 得到如下式子：

\[ \begin{aligned} \frac{\sin x}{x} &= \left( 1-\frac{x}{\pi} \right)\left( 1+\frac{x}{\pi} \right)\left( 1-\frac{x}{2\pi} \right)\left( 1+\frac{x}{2\pi} \right)\left( 1-\frac{x}{3\pi} \right)\\ &= \left( 1-\frac{x^{2}}{\pi^{2}} \right)\left( 1-\frac{x^{2}}{4\pi^{2}} \right)\left( 1-\frac{x^{2}}{9\pi^{2}} \right) \end{aligned} \]

对 \(x^{2}\) 项的系数进行研究，得到：

\[ -\frac{1}{6}=-\left( \frac{1}{\pi^{2}}+\frac{1}{4\pi^{2}}+\frac{1}{9\pi^{2}}+\dots \right)=-\frac{1}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \]

所以 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi^{2}}{6}\) 就得到了证明。

当然这个方法人尽皆知，自然也不是我们今天的重点，时间来到 1956 年……

坐标变换带来的惊喜 ¶

在 1956 年 William J. LeVeque 的数论教科书中，有一道练习题，Leveque 表示：“关于这道题目的来源我毫无所知，但我确信它不是我的原创。”

这个证明包含对重积分

\[ I = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{1-xy} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \]

的两个不同的估计，第一个，把 \(\frac{1}{1-xy}\) 展开成几何级数，把和式分解为乘积，然后毫不费力地求解积分：

\[ \begin{aligned} I &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} (xy)^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} x^{n}y^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left( \int_{0}^{1} x^{n} \mathrm{~d} x \right) \left( \int_{0}^{1} y^{n} \mathrm{~d} y \right)\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\cdot \frac{1}{n+1}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\\ &= \zeta(2) \end{aligned} \]

这个计算也说明这个在 \(x=y=1\) 处有一个奇点的正函数的二重积分是有限的。注意，从后往前看这个计算也是简单且直接了当的，所以对 \(\zeta(2)\) 的估值把我们引向了二重积分 \(I\)。

第二个计算 \(I\) 的方法来自坐标系变换：我们构造如下坐标系：\(u= \frac{x+y}{2}\)，\(v= \frac{y-x}{2}\)，其定积分的定义域是一个边长为 \(\frac{1}{\sqrt{ 2 }}\) 的正方形，可以通过将旧坐标系旋转 \(45\) 度再以 \(\sqrt{ 2 }\) 的比例缩小。如下图所示：

于是做换元：\(x=u-v,y=u+v\)，结合 \(\mathrm{Jacobi}\) 换元得到：

\[ \frac{1}{1-xy}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y =\frac{1}{1-u^{2}+v^{2}}\cdot 2\mathrm{~d} u\mathrm{d} v \]

新积分的定义域和被积函数都是关于 \(u\) 轴对称的，所以我们只需要计算在上半平面积分的两倍即可，如图所示：

\[ \begin{aligned} I &= 4\int_{0}^{\frac{1}{2}} \left( \int_{0}^{u} \frac{\mathrm{~d} v }{1-u^{2}+v^{2}} \right) \mathrm{~d} u + 4\int_{\frac{1}{2}}^{1} \left( \int_{0}^{1-u} \frac{\mathrm{~d} v }{1-u^{2}+v^{2}} \right) \mathrm{~d} u \\ &= 4\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{\sqrt{ 1-u^{2} }}\arctan\left( \frac{u}{\sqrt{ 1-u^{2} }} \right) \mathrm{~d} u + 4\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{1}{\sqrt{ 1-u^{2} }}\arctan\left( \frac{1-u}{\sqrt{ 1-u^{2} }} \right) \mathrm{~d} u \end{aligned} \]

而这两个积分可以通过三角换元化简并计算处理，但我们也可以直接做，考虑函数 \(g(u)=\arctan\left( \frac{u}{\sqrt{ 1-u^{2} }} \right)\) 的导数是 \(g'(u)=\frac{1}{\sqrt{ 1-u^{2} }}\)；函数 \(h(u)=\arctan\left( \frac{1-u}{\sqrt{ 1-u^{2} }} \right)\) 的导数是 \(h'(u)=-\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{ 1-u^{2} }}\)，所以我们可以利用如下积分公式：

公式

\[ \int_{a}^{b} f(x)f'(x) \mathrm{~d} x = \frac{1}{2}f^{2}(b)-\frac{1}{2}f^{2}(a) \]

从而得到原积分的结果：( 注：我这里写的 \(f^{2}(a)\) 均表示 \([f(a)]^{2}\))

\[ \begin{aligned} I &= 4\int_{0}^{\frac{1}{2}} g'(u)g(u) \mathrm{~d} u + 4\int_{\frac{1}{2}}^{1} (-2h'(u)h(u)) \mathrm{~d} u \\ &= 2g^{2}(u)\bigg|_{0}^{\frac{1}{2}} - 4 h^{2}(u)\bigg|_{\frac{1}{2}}^1\\ &= 2g^{2}\left( \frac{1}{2} \right)-2g^{2}(0)-4h^{2}(1)+4h^{2}\left( \frac{1}{2} \right)\\ &= 2\left( \frac{\pi}{6} \right)^{2}-0-0+4\left( \frac{\pi}{6} \right)^{2}\\ &= \frac{\pi^{2}}{6} \end{aligned} \]

以上的证明通过一个定积分来的 Eluer 级数的值，仅仅是利用了一个很简单的坐标变换。后来 Beukers，Calabi 和 Kolk 发现了同样类型的一个精巧证明，却用到了一个全然非平凡的坐标转换，而那个证明的起点在于将 Eluer 级数拆成偶数项和奇数项，显然偶数项的和：

\[ \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\dots=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^{2}}=\frac{1}{4}\zeta(2) \]

那么通过这样的拆分，我们就可以得到级数项的和 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^{2}}\) 的 \(\zeta(2)\) 的 \(\frac{3}{4}\)，因此 Eluer 级数等价于：

等价命题

\[ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^{2}} = \frac{\pi^{2}}{8} \]

另一种坐标变换 ¶

如前文所述，Beukers，Calabi 和 Kolk 将其表示为二重积分：

\[ J = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^{2}}=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x^{2}y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \]

并且他们三个提出了新的坐标变换：

\[ u=\arccos \sqrt{ \frac{1-x^{2}}{1-x^{2}y^{2}} } \]

\[ v=\arccos \sqrt{ \frac{1-y^{2}}{1-x^{2}y^{2}} } \]

计算重积分可以丢掉边界，仅考虑在区间 \(0<x<1\) 和 \(0<y<1\) 中的 \(x,y\)，这时 \(u,v\) 在三角形 \(u>0,v>0,u+v< \frac{\pi}{2}\) 中，显然这个坐标变换是可逆的，那么有：

\[ x=\frac{\sin u}{\cos v},\quad y=\frac{\sin v}{\cos u} \]

从而可见以上的公式在单位正方形 \(S=\left\{ (x,y)\mid 0\leqslant x,y\leqslant 1 \right\}\) 的内部和三角形 \(T=\left\{ (u,v)\mid u,v\geqslant 0,u+v\leqslant \frac{\pi}{2} \right\}\) 的内部之间定义了一个双射的坐标变换。如下图所示：

现在我们要计算坐标变换的 \(\mathrm{Jacobi}\) 行列式，奇妙的是它就是：

\[ \begin{vmatrix} \dfrac{\cos u}{\cos v} & \dfrac{\sin u\sin v}{\cos ^{2}v} \\ \dfrac{\sin u\sin v}{\cos ^{2}u} & \dfrac{\cos v}{\cos u} \end{vmatrix}=1-\frac{\sin ^{2}u\sin ^{2}v}{\cos ^{2}u\cos ^{2}v}=1-x^{2}y^{2} \]

这样我们想要计算的积分就变成了：

\[ J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{~d} u \mathrm{d} v \]

它正是三角形区域 \(T\) 的面积：\(\frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2} \right)^{2}=\frac{\pi^{2}}{8}\)

简直太漂亮了！事实上，对于所有的 \(k\geqslant 1\)，上述证明所使用的方法还可以推广到通过计算 \(2k\) 重积分的定积分来得到 \(\zeta(2k)\)，可以参考 Beukers，Calabi 和 Kolk 三人的文章，里面用到了伯努利数，这个我之后有机会也会出文章介绍，文章放在下面，感兴趣的朋友可以看看：

calabi

藏在三角中的秘密 ¶

在这两个坐标变换的证明之后，我将介绍另一个彻底不同且完全初等的对 Eluer 级数的证明，它最初出现在孪生兄弟 Akiva 和 Isaak Yaglom 著的习题集的一系列练习里面，该俄文书于 1954 年问世。这个美丽证明的其他版本被后人多次重新发现和描述，这包括 F.Holme(1970)，I.Papadimitriou(1973)，和将之归功于 John Scholes 的 Ransford(1982)。

首先我们考虑一个和余切函数值的平方有关的恒等式：

\[ \cot ^{2}\left( \frac{\pi}{2m+1} \right)+\cot ^{2}\left( \frac{2\pi}{2m+1} \right)+\dots+\cot ^{2}\left( \frac{m\pi}{2m+1} \right) = \frac{2m(2m-1)}{6} \]

为验证这个关系，我们从欧拉公式 \(\mathrm{e}^{ ix }=\cos x+i\sin x\) 开始，取 \(n\) 次幂 \(\mathrm{e}^{ inx }=(\mathrm{e}^{ ix })^{n}\)，我们有：

\[ \cos nx+i\sin nx=(\cos x+i\sin x)^{n} \]

它的虚部为：

\[ \sin nx=\binom{n}{1}\sin x\cos ^{n-1}x-\binom{n}{3}\sin ^{3}x\cos ^{n-3}x\pm\dots \]

令 \(n=2m+1\)，而对 \(x\) 我们将要考虑 \(m\) 个不同的值 \(x= \frac{r\pi}{2m+1}\)，其中 \(r=1,2,\dots,m\)，对每个这样的值我们有 \(nx=r\pi\)，于是 \(\sin nx=0\)，而 \(0<x< \frac{\pi}{2}\) 表明对 \(\sin x\) 我们得到了 \(m\) 个互异的正值。

特别地，我们对上式两边同时除以 \(\sin ^{n}x\)，得到：

\[ 0=\binom{n}{1}\cot ^{n-1}x-\binom{n}{3}\cot ^{n-3}x\pm\dots \]

即对 \(x\) 所取的这 \(m\) 个值中的每一个值都有：

\[ 0=\binom{2m+1}{1}\cot ^{2m}x-\binom{2m+1}{3}\cot ^{2m-2}x\pm\dots \]

因此以下的 \(m\) 次多项式：

\[ f(t) = \binom{2m+1}{1}t^{m}-\binom{2m+1}{3}t^{m-1}\pm\dots+(-1)^{m}\binom{2m+1}{2m+1} \]

有 \(m\) 个互异的根：

\[ a_{r}=\cot ^{2}\left( \frac{r\pi}{2m+1} \right),\quad r=1,2,\dots,m. \]

这些根互异是因为 \(\cot ^{2}x=\cot ^{2}y\) 隐含了 \(\sin ^{2}x=\sin ^{2}y\)，所以对于 \(x,y\in \left\{ \frac{r\pi}{2m+1} \mid 1\leqslant r\leqslant m \right\}\) 有 \(x=y\).

从而这个多项式正是：

\[ f(t)=\binom{2m+1}{1}\left( t-\cot ^{2}\left( \frac{\pi}{2m+1} \right) \right)\dots\left( t-\cot ^{2}\left( \frac{m\pi}{2m+1} \right) \right) \]

根据韦达定理，得：

\[ a_{1}+a_{2}+\dots+a_{m}= \frac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}}=\frac{2m(2m-1)}{6} \]

此外，我们还需要余割函数 \(\csc x\) 的一个同样类型的恒等式：

\[ \csc ^{2}\left( \frac{\pi}{2m+1} \right)+\csc ^{2}\left( \frac{2\pi}{2m+1} \right)+\dots+\csc ^{2}\left( \frac{m\pi}{2m+1} \right)= \frac{2m(2m+2)}{6} \]

这个证明直接利用前文的结论就可以了，因为我们有恒等式 \(\csc ^{2}=\cot ^{2}+1\)，所以对余切函数的恒等式左右两边同时加上 \(m\) 就得证了。

现在准备工作都做好了，我们正式开始证明：

在区间 \(0<y< \frac{\pi}{2}\) 内有 \(0<\sin y<y<\tan y\)，从而 \(0<\cot y< \frac{1}{y}< \csc y\)，平方可得：

\[ \cot ^{2}y< \frac{1}{y^{2}} < \csc ^{2}y \]

代入前文 \(x\) 的那 \(m\) 个互异的根，再将结果累加，运用上文两个恒等式可得：

\[ \frac{2m(2m-1)}{6}< \sum_{k=1}^{m} \left( \frac{2m+1}{k\pi} \right)^{2}< \frac{2m(2m+2)}{6} \]

即：

\[ \frac{\pi^{2}}{6}\cdot \frac{2m}{2m+1}\cdot \frac{2m-1}{2m+1}< \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k^{2}} < \frac{\pi^{2}}{6}\cdot \frac{2m}{2m+1}\cdot \frac{2m+2}{2m+1} \]

令 \(m\to \infty\) 取极限得：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6} \]

意外的收获 ¶

那么 \(\sum \frac{1}{n^{2}}\) 收敛到 \(\frac{\pi^{2}}{6}\) 的速度到底有多快呢？我们只需要估计误差：

\[ \frac{\pi^{2}}{6}-\sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n^{2}}=\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \]

根据几何意义放缩可得剩余部分和的上界：

\[ \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}< \int_{m}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t =\frac{1}{m} \]

以及下界：

\[ \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}> \int_{m+1}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t = \frac{1}{m+1} \]

如果想做更加精确一点的估计，我们还可以利用 \(\frac{1}{x^{2}}\) 的下凸性质，得到：

\[ \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} > \int_{m+\frac{1}{2}}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t = \frac{1}{m+\frac{1}{2}} \]

这说明我们的级数收敛得并不好，对前 1000 项求和，小数点后第三位还会有误差，而如果对前一百万项求和，\(m=1000000\)，那我们预期在小数点后第六位有误差，利用计算机计算发现的确是这样。

尽管如此，有一个很大的意外，我们将估计值精确到第 45 位：

\[ \begin{aligned} \frac{\pi^{2}}{6}&=1.644934066848226436472415166646025189218949901\\ \sum_{n=1}^{10^{6}}&=1.644933066848726436305748499979391855885616544 \end{aligned} \]

所以小数点后第 6 位错了（小了 1），但是接下去的 6 个数都是准确的！在接下去的数字又是错的（大了 5），然后又有 5 个数是对的！这个惊奇的事实是由 Colorado Springs 的 Roy D.North 在 1988 年发现的。如此奇特，不可能完全属于巧合……观察误差项，我们仍只取 45 位：

\[ \sum_{n=10^{6}+1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=0.000000999999500000166666666666633333333333357 \]

观察误差项，我们可以将其写为：

\[ +10^{-6}-\frac{1}{2}10^{-12}+\frac{1}{6}10^{-18}-\frac{1}{30}10^{-30}+\frac{1}{42}10^{-42}+\dots \]

则 \(10^{-6i}\) 项的系数 \(\left\{ 1,-\frac{1}{2}, \frac{1}{6}, 0, -\frac{1}{30}, 0, \frac{1}{42} \right\}\) 构成了 Bernoulli 数序列的起始部分！！！

这里简单提一下 Bernoulli 数，首先给出 Bernoulli 的递推计算式：

\[ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{B_{k}}{k!(n-k)!}=\begin{cases} 1, \quad 当 \;n=1, \\ 0, \quad 当 \; n\neq 1 \end{cases} \]

当 \(n=1\) 时有 \(B_{0}=1\)；当 \(n=2\) 时有 \(\frac{B_{0}}{2}+B_{1}=0\)，即 \(B_{1}=-\frac{1}{2}\)，以此类推。

Euler 给出过一个 Bernoulli 数和 \(\zeta(2k)\) 的关系式：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2k}} = \frac{(-1)^{k-1}2^{2k-1}B_{2k}}{(2k)!}\pi^{2k} \quad (k\in \mathbb{N}) \]

让我们读 Bernoulli 数的表，再根据 \(\zeta(2)\) 的值，就可以得到：

\[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}&=\frac{\pi^{4}}{90}\\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{6}}&=\frac{\pi^{6}}{945}\\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{8}}&=\frac{\pi^{8}}{9450}\\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{10}}&=\frac{\pi^{10}}{93555}\\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{12}}&=\frac{691\pi^{12}}{638512875}\\ &\dots\dots \end{aligned} \]

黎曼 ζ 函数 ¶

说了这么久的黎曼 ζ 函数到底是什么呢？对于实数 \(s>1\)，\(\mathrm{Riemann}\) \(\mathrm{zeta}\) 函数 \(\zeta(s)\) 定义为：

黎曼 ζ 函数

\[ \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}} \]

当 \(s=1\) 的时候就是我们熟知的调和级数，因此级数 \(\zeta(1)\) 是发散的；而对实数 \(s>1\) 都是收敛的。\(\zeta\) 函数在整个复平面内有着经典的连续（在 \(s=1\) 处有一个简单的奇点）并可以用幂级数构造出来。所得的复函数在素数理论中是至关重要的，下面让我介绍三个不同的关联问题：

素数无穷多 ¶

第一个是 Euler 提出的一个著名等式：

\[ \zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}} \]

它蕴含了每个自然数有唯一的素数分解的基本事实，通过这个事实，Euler 的等式就是下面几何级数展开的自然推论了：

\[ \frac{1}{1-p^{-s}} = 1+\frac{1}{p^{s}}+\frac{1}{p^{2s}}+\frac{1}{p^{3s}}+\dots \]

\(\zeta(2)\) 的无理性再加上 Euler 的等式再一次推出：素数无穷多。

\(\zeta(4)\) 的计算 ¶

下面 Don Zagier 的令人惊奇的论断可用 \(\zeta(2)\) 来计算 \(\zeta(4)\)，考虑二元函数：

\[ f(m,n)= \frac{2}{m^{3}n}+\frac{1}{m^{2}n^{2}}+\frac{2}{mn^{3}} \]

其中整数 \(m,n\geqslant 1\)，容易验证对所有的 \(m\) 和 \(n\) 有：

\[ f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)= \frac{2}{m^{2}n^{2}} \]

对所有的 \(m,n\geqslant 1\) 对上式求和，考虑二维坐标系第一象限中的所有正整数网格点 \((m,n)\)。我们可以将所有点严格划分为三个不相交的区域：对角线上的点、对角线上方的点，和对角线下方的点。而我们对左式累加的过程中，\(\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} f(m,n)\) 相当于对所有的正整数对 \((m,n)\) 求和；\(\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} f(m+n,n)\) 覆盖了所有 \(x > y\)（即对角线下方）的 \(f(x,y)\) 项；第三项 \(\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} f(m,m+n)\) 覆盖了所有 \(x < y\)（即对角线上方）的 \(f(x,y)\) 项。因此左式累加后只剩下对角线上的项了，代入函数表达式得：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} f(n,n) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5}{n^{4}}= 5\zeta(4) \]

而对右式进行累加可以得到：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{2}{m^{2}n^{2}}=2\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \right)\left( \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^{2}} \right)=2\zeta^{2}(2) \]

所以得到等式：\(5\zeta(4)=2\zeta^{2}(2)\)，通过 \(\zeta(2)=\frac{\pi^{2}}{6}\) 便可得到 \(\zeta(4)=\frac{\pi^{4}}{90}\).

有理还是无理 ¶

第三个事实是，如果 \(s\geqslant 2\) 且是偶数，则 \(\zeta(s)\) 是 \(\pi^{s}\) 是有理数倍，所以的无理数。对比之下，直到 1979 年，才由 Roger Apéry 证明了 \(\zeta(3)\) 的无理性。尽管人们付出了相当大的努力，关于 \(\zeta(s)\) 在其他奇整数 \(s=2t+1\geqslant 5\) 时的类似结果仍旧颇为欠缺。虽然后来 Keith Ball 和 Tanguy Rivoal 证明了有无穷多个 \(\zeta(2t+1)\) 是无理的，然而，我们还不知道对任何一个奇的 \(s\geqslant 5\)，\(\zeta(s)\) 是无理数。另外，Wadim Zudilin 证明了 \(\zeta(5),\zeta(7),\zeta(9)\) 和 \(\zeta(11)\) 中至少有一个是无理的。相关内容可以参考下面这篇论文：

smf_ast_294_27-62__sample.pdf

黎曼猜想 ¶

最后，\(\zeta\) 函数复零点的位置是黎曼猜想的主题，是整个数学领域中最著名和重要的待解决问题之一，该猜想断言 \(\zeta\) 函数的所有非平凡零点 \(s\in \mathbb{C}\) 满足 \(\mathrm{Re}(s)=\frac{1}{2}\)。（\(\zeta\) 函数在所有负的偶数点处为 0，这些点被称为“平凡零点”.）

提到黎曼函数在小于 0 时的取值，你肯定第一时间联想到的是下面这个式子：

\[ 1+2+3+\dots \stackrel{?}{=} -\frac{1}{12} \]

我记得这好像是小学六年级课本上的一个思考题还是啥，记不太清了。我们从直觉上，正数相加怎么可能等于一个负数，更何况左式还是发散的。

因此，黎曼进行了解析延拓，在他的论文中提出了一个堪称神迹的反射公式，将 \(s<0\) 区域映射到了 \(s>1\) 区域：

\[ \zeta(s)=2^{s}\pi^{s-1}\sin\left( \frac{\pi s}{2} \right)\Gamma(1-s)\zeta(1-s) \]

当 \(s\) 是负偶数，也就是 \(s=-2n\) 时，根据式子中的正弦部分，\(\zeta(-2n)\) 显然得 0，这也就是上文提到的“平凡零点”。当我们把 \(s=-1\) 代入上式，就可以得到：

\[ \zeta(-1)= \frac{1}{2\pi^{2}}\cdot(-1)\cdot1\cdot \frac{\pi^{2}}{6}=-\frac{1}{12} \]

所以说上面那个求和式属于滥用符号，正确的说法应该是：经过解析延拓后的黎曼 \(\zeta\) 函数，在 \(s=-1\) 处的函数值为 \(-\frac{1}{12}\)。

Jeff Lagarias 出人意料地证明了黎曼猜想等价于以下初等命题：对所有的 \(n\geqslant 1\)：

\[ \sum_{d|n}d\leqslant H_{n} + \exp(H_{n})\log(H_{n}) \]

等式成立当且仅当 \(n=1\)，其中 \(H_{n}\) 是调和级数。

以上就是今天关于巴塞尔问题与黎曼 ζ 函数的全部内容。

我们一起走过了欧拉那份惊为天人的天才证明，见识了 William J. LeVeque 坐标变换的奇思妙想，领略了 Beukers、Calabi 和 Kolk 三人用重积分统一求解 \(\zeta(2k)\) 的优雅构造，也看过 F. Holme 等人借助三角恒等式的初等巧证；我们从黎曼函数与伯努利数的关联出发，一路延伸到悬而未决的黎曼猜想。

这是我第一次尝试写数学科普类的公众号文章，希望今天的内容能给你带来一点点数学上的震撼，也能唤起你对数学最纯粹的那份热爱。

我们下期再见啦！

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