如何计算$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots$?
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：
\[\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\]
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！
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$\sum_{k=1}^{\infty}
\frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2}{24}$,从而我们只需证明
\[\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}\]
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
\[\sin(x) = x -
\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} +
\cdots\]
从而
\[\frac{\sin(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} -
\frac{x^6}{7!} + \cdots\]
但是$\frac{\sin{x}}{x}$的根集，为
\[x=n\cdot \pi,\mbox{
}(n = \pm1, \pm2, \pm3,
\dots).\]
故我们可以假定
\begin{align}
\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}{3\pi}\right) \cdots \notag\\
& {}
= \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)
\notag\cdots.
\end{align}
（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：
http://tieba.baidu.com/p/1083636713
)
从而我们对这个无穷乘积的$x^2$项进行研究，可以知道
\[-\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} +
\frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right)
=
-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.\]
所以
\[-\frac{1}{6}
=
-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.\]
这样就得到了答案。
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$\zeta(2n)$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$\omega_m = \frac{\pi}{2m+1}$,则
\[\cot^2{\omega_m}+\cot^2{(2\omega_m)}+\cdots\cot^2{(m\omega_m)}=\frac{m(2m-1)}{3}.\]
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 $\sin{x}<x<\tan{x}$
在$x\in(0,\pi/2)$成立，我们知道了$\cot^2{x}<\frac{1}{x^2}<1+\cot^2{x}$.对于$\omega_m,2\omega_m\cdots$带入得到
\[\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2\omega_m^2}<m+\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}\]
所以应用上面引理，就可以得到
\[\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2}<\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}+\frac{m\pi^2}{(2m+1)^2}\]
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
同样利用上一问的结论：
（未完待续..）
巴塞尔问题的多种解法——怎么计算$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots$ ?