1644 年，意大利数学家 Pietro Mengoli 提出了一个看似简单的问题：
所有自然数平方的倒数之和等于多少？
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + ⋯ = ? n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 1 2 1 + 2 2 1 + 3 2 1 + 4 2 1 + ⋯ = ?
这个问题之所以被称为 巴塞尔问题 ，是因为瑞士巴塞尔是 Euler 的故乡，也是 Bernoulli 家族（Jacob 和 Johann Bernoulli）长期活跃的地方。Jacob Bernoulli 在 1689 年公开承认自己无法求出这个无穷级数的精确值，并写道："如果谁能解决并告知我们，我们将会非常感激。" 这个问题随后成为 17 世纪欧洲数学界最著名的未解决问题之一，近一个世纪无人能解。
直到 1734 年，年仅 28 岁的 Leonhard Euler 以惊人的洞察力给出了答案：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2
这个结果令人震惊——一个由自然数构造的级数，其和竟然与圆周率 π π ζ ζ
方面
说明
历史意义 标志着无穷级数理论的重大突破，连接了离散求和与几何常数 π π
方法创新 Euler 引入了无穷乘积展开的方法，开创了分析学的新思路
理论延伸 直接导致 Riemann ζ ζ ζ ( s ) = ∑ 1 / n s ζ ( s ) = ∑ 1/ n s
物理应用 在量子力学、统计物理、弦理论中频繁出现
巴塞尔问题求的是如下无穷级数的和：
ζ ( 2 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = 1 + 1 4 + 1 9 + 1 16 + 1 25 + ⋯ ζ ( 2 ) = n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 1 + 4 1 + 9 1 + 16 1 + 25 1 + ⋯
其中 ζ ( s ) ζ ( s ) ζ ζ s = 2 s = 2
让我们实际计算部分和，感受这个级数的收敛速度：
n n 部分和 S n = ∑ k = 1 n 1 / k 2 S n = ∑ k = 1 n 1/ k 2
与 π 2 / 6 π 2 /6
1
1.000000
0.644934
5
1.463611
0.181323
10
1.549767
0.095166
50
1.625133
0.019801
100
1.634984
0.009950
500
1.642936
0.001998
1000
1.643934
0.001000
10000
1.644834
0.000100
∞ ∞ π 2 / 6 ≈ 1.644934 π 2 /6 ≈ 1.644934 0
关键观察 ：
级数收敛到 π 2 / 6 ≈ 1.644934 π 2 /6 ≈ 1.644934 任何计算器验证 ：π 2 / 6 = 3.14159 2 / 6 = 9.8696 / 6 = 1.64493 π 2 /6 = 3.1415 9 2 /6 = 9.8696/6 = 1.64493
前 10 项就贡献了约 94.2% 的和
前 100 项贡献了约 99.4%
误差大致以 1 / n 1/ n ∫ n ∞ d x / x 2 = 1 / n ∫ n ∞ d x / x 2 = 1/ n
import math
def partial_sum(n):
"""计算巴塞尔级数的前n项部分和"""
return sum(1.0 / (k * k) for k in range(1, n + 1))
# 验证收敛性
for n in [1, 5, 10, 50, 100, 500, 1000, 10000]:
s = partial_sum(n)
exact = math.pi ** 2 / 6
print(f"S_{n:5d} = {s:.10f}, 误差 = {exact - s:.10f}")
print(f"\nπ²/6 = {math.pi**2/6:.10f}")
输出：
S_1 = 1.0000000000, 误差 = 0.6449340668
S_5 = 1.4636111111, 误差 = 0.1813229557
S_10 = 1.5497677312, 误差 = 0.0951663356
S_100 = 1.6349839002, 误差 = 0.0099501667
S_1000 = 1.6439345667, 误差 = 0.0009995002
S_10000 = 1.6448340718, 误差 = 0.0000999951
π²/6 = 1.6449340668
Euler 的原始证明大胆而巧妙，尽管当时的严格性标准不如今天。他利用了 正弦函数的无穷乘积展开 。
考虑 sin x sin x
方式一：泰勒级数展开
sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ sin x = x − 3 ! x 3 + 5 ! x 5 − 7 ! x 7 + ⋯
方式二：无穷乘积展开（类比多项式因式分解）
对于多项式，如果我们知道它的所有根，就可以写成因子乘积的形式。例如：
x 2 − 3 x + 2 = ( x − 1 ) ( x − 2 ) x 2 − 3 x + 2 = ( x − 1 ) ( x − 2 )
类似地，sin x sin x x = 0 , ± π , ± 2 π , ± 3 π , … x = 0 , ± π , ± 2 π , ± 3 π , … x = 0 x = 0 sin x x x s i n x x = ± π , ± 2 π , ± 3 π , … x = ± π , ± 2 π , ± 3 π , …
sin x x = ( 1 − x π ) ( 1 + x π ) ( 1 − x 2 π ) ( 1 + x 2 π ) ⋯ x sin x = ( 1 − π x ) ( 1 + π x ) ( 1 − 2 π x ) ( 1 + 2 π x ) ⋯
这可以写成：
sin x x = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) x sin x = n = 1 ∏ ∞ ( 1 − n 2 π 2 x 2 )
或展开为：
sin x x = ( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ( 1 − x 2 16 π 2 ) ⋯ x sin x = ( 1 − π 2 x 2 ) ( 1 − 4 π 2 x 2 ) ( 1 − 9 π 2 x 2 ) ( 1 − 16 π 2 x 2 ) ⋯
现在，将 sin x / x sin x / x x 2 x 2
泰勒展开中 x 2 x 2 ：
sin x x = 1 − x 2 3 ! + x 4 5 ! − x 6 7 ! + ⋯ = 1 − x 2 6 + x 4 120 − x 6 5040 + ⋯ x sin x = 1 − 3 ! x 2 + 5 ! x 4 − 7 ! x 6 + ⋯ = 1 − 6 x 2 + 120 x 4 − 5040 x 6 + ⋯
所以 x 2 x 2 − 1 6 − 6 1
无穷乘积展开中 x 2 x 2 ：
将乘积展开，x 2 x 2 − x 2 n 2 π 2 − n 2 π 2 x 2
( 1 − x 2 π 2 ) ( 1 − x 2 4 π 2 ) ( 1 − x 2 9 π 2 ) ⋯ = 1 − ( 1 π 2 + 1 4 π 2 + 1 9 π 2 + ⋯ ) x 2 + ⋯ ( 1 − π 2 x 2 ) ( 1 − 4 π 2 x 2 ) ( 1 − 9 π 2 x 2 ) ⋯ = 1 − ( π 2 1 + 4 π 2 1 + 9 π 2 1 + ⋯ ) x 2 + ⋯
所以 x 2 x 2 − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 − π 2 1 ∑ n = 1 ∞ n 2 1
− 1 6 = − 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 − 6 1 = − π 2 1 n = 1 ∑ ∞ n 2 1
因此：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2
这就是 Euler 的天才推导 ：通过比较 sin x sin x π π
Euler 没有止步于此。他继续比较 x 4 x 4
泰勒展开的 x 4 x 4 1 120 120 1
无穷乘积的 x 4 x 4
1 π 4 ∑ 1 ≤ i < j 1 i 2 j 2 π 4 1 1 ≤ i < j ∑ i 2 j 2 1
这给出：
∑ 1 ≤ i < j 1 i 2 j 2 = π 4 120 1 ≤ i < j ∑ i 2 j 2 1 = 120 π 4
考虑到：
( ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 ) 2 = ∑ n = 1 ∞ 1 n 4 + 2 ∑ 1 ≤ i < j 1 i 2 j 2 ( n = 1 ∑ ∞ n 2 1 ) 2 = n = 1 ∑ ∞ n 4 1 + 2 1 ≤ i < j ∑ i 2 j 2 1
我们可以解出：
∑ n = 1 ∞ 1 n 4 = π 4 90 n = 1 ∑ ∞ n 4 1 = 90 π 4
类似地，可以得到 ζ ( 6 ) = π 6 / 945 ζ ( 6 ) = π 6 /945 ζ ( 8 ) = π 8 / 9450 ζ ( 8 ) = π 8 /9450
Euler 的原始证明在严格性上有缺陷——他没有严格证明 sin x sin x
sin ( π z ) = π z ∏ n = 1 ∞ ( 1 − z 2 n 2 ) sin ( π z ) = π z n = 1 ∏ ∞ ( 1 − n 2 z 2 )
这个公式对所有复数 z z z = x / π z = x / π
sin x = x ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) sin x = x n = 1 ∏ ∞ ( 1 − n 2 π 2 x 2 )
两边除以 x x x ≠ 0 x = 0
sin x x = ∏ n = 1 ∞ ( 1 − x 2 n 2 π 2 ) x sin x = n = 1 ∏ ∞ ( 1 − n 2 π 2 x 2 )
另一种严格的证明方法是用对数求导：
对 sin ( π z ) = π z ∏ n = 1 ∞ ( 1 − z 2 n 2 ) sin ( π z ) = π z ∏ n = 1 ∞ ( 1 − n 2 z 2 )
ln sin ( π z ) = ln π + ln z + ∑ n = 1 ∞ ln ( 1 − z 2 n 2 ) ln sin ( π z ) = ln π + ln z + n = 1 ∑ ∞ ln ( 1 − n 2 z 2 )
两边求导：
π cot ( π z ) = 1 z + ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 π cot ( π z ) = z 1 + n = 1 ∑ ∞ z 2 − n 2 2 z
这给出了 π cot ( π z ) π cot ( π z ) cot cot ζ ( 2 ) ζ ( 2 )
π cot ( π z ) = 1 z + ∑ n = 1 ∞ 2 z z 2 − n 2 π cot ( π z ) = z 1 + n = 1 ∑ ∞ z 2 − n 2 2 z
在 z = 0 z = 0
2 z z 2 − n 2 = − 2 z n 2 1 1 − z 2 / n 2 = − 2 z n 2 ( 1 + z 2 n 2 + z 4 n 4 + ⋯ ) z 2 − n 2 2 z = − n 2 2 z 1 − z 2 / n 2 1 = − n 2 2 z ( 1 + n 2 z 2 + n 4 z 4 + ⋯ )
因此：
π cot ( π z ) = 1 z − 2 ∑ n = 1 ∞ z n 2 − 2 ∑ n = 1 ∞ z 3 n 4 − 2 ∑ n = 1 ∞ z 5 n 6 − ⋯ π cot ( π z ) = z 1 − 2 n = 1 ∑ ∞ n 2 z − 2 n = 1 ∑ ∞ n 4 z 3 − 2 n = 1 ∑ ∞ n 6 z 5 − ⋯
另一方面，π cot ( π z ) π cot ( π z )
π cot ( π z ) = 1 z − π 2 3 z − π 4 45 z 3 − 2 π 6 945 z 5 − ⋯ π cot ( π z ) = z 1 − 3 π 2 z − 45 π 4 z 3 − 945 2 π 6 z 5 − ⋯
比较 z z
− 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = − π 2 3 − 2 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = − 3 π 2
因此：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2
考虑函数 f ( x ) = x 2 f ( x ) = x 2 [ − π , π ] [ − π , π ]
x 2 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n cos ( n x ) n 2 , − π ≤ x ≤ π x 2 = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n cos ( n x ) , − π ≤ x ≤ π
代入 x = π x = π
π 2 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n cos ( n π ) n 2 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n ( − 1 ) n n 2 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 π 2 = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n cos ( nπ ) = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n ( − 1 ) n = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 1
整理得：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2
验证 ：代入 x = 0 x = 0
0 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 ⇒ ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 = − π 2 12 0 = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n ⇒ n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n = − 12 π 2
这是 η ( 2 ) η ( 2 ) η η s = 2 s = 2
Cauchy 使用了一个巧妙的二重积分：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = ∫ 0 1 ∫ 0 1 1 1 − x y d x d y n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = ∫ 0 1 ∫ 0 1 1 − x y 1 d x d y
推导 ：
1 1 − x y = ∑ n = 0 ∞ ( x y ) n = 1 + x y + x 2 y 2 + x 3 y 3 + ⋯ 1 − x y 1 = n = 0 ∑ ∞ ( x y ) n = 1 + x y + x 2 y 2 + x 3 y 3 + ⋯
∫ 0 1 ∫ 0 1 1 1 − x y d x d y = ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 1 ∫ 0 1 x n y n d x d y = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + 1 ) 2 = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 ∫ 0 1 ∫ 0 1 1 − x y 1 d x d y = n = 0 ∑ ∞ ∫ 0 1 ∫ 0 1 x n y n d x d y = n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) 2 1 = n = 1 ∑ ∞ n 2 1
接下来计算这个二重积分。通过变量替换 u = ( x + y ) / 2 u = ( x + y ) /2 v = ( y − x ) / 2 v = ( y − x ) /2 45 ∘ 4 5 ∘ π 2 / 6 π 2 /6
最简洁的初等方法之一来自 小野孝 ：
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2
可以用以下不等式逼近：
1 n 2 = ∫ 0 π / 2 ∫ 0 π / 2 sin 2 n − 2 x sin 2 n − 2 y d x d y n 2 1 = ∫ 0 π /2 ∫ 0 π /2 sin 2 n − 2 x sin 2 n − 2 y d x d y
然后通过 Wallis 乘积公式得到结果。
证明方法
年份
复杂性
优美度
严格性
Euler 原始证明
1734
★★☆
★★★★★
★★☆
Fourier 级数
~1820
★★☆
★★★★
★★★★
Cauchy 二重积分
~1840
★★★
★★★★
★★★★
部分分式展开
~1850
★★★
★★★★
★★★★★
初等方法（小野孝）
1990s
★★★★
★★★
★★★★★
Riemann ζ ζ
ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s , Re ( s ) > 1 ζ ( s ) = n = 1 ∑ ∞ n s 1 , Re ( s ) > 1
巴塞尔问题就是求 ζ ( 2 ) ζ ( 2 ) ζ ( 2 n ) ζ ( 2 n )
ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n + 1 B 2 n ( 2 π ) 2 n 2 ( 2 n ) ! ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n + 1 2 ( 2 n )! B 2 n ( 2 π ) 2 n
其中 B 2 n B 2 n
n n ζ ( 2 n ) ζ ( 2 n ) 数值
1
ζ ( 2 ) = π 2 6 ζ ( 2 ) = 6 π 2 1.644934...
2
ζ ( 4 ) = π 4 90 ζ ( 4 ) = 90 π 4 1.082323...
3
ζ ( 6 ) = π 6 945 ζ ( 6 ) = 945 π 6 1.017343...
4
ζ ( 8 ) = π 8 9450 ζ ( 8 ) = 9450 π 8 1.004077...
5
ζ ( 10 ) = π 10 93555 ζ ( 10 ) = 93555 π 10 1.000994...
10
ζ ( 20 ) = 174611 π 20 18243225 ⋅ 2 19 ζ ( 20 ) = 18243225 ⋅ 2 19 174611 π 20 1.000001...
有趣的是，随着 n n ζ ( 2 n ) ζ ( 2 n )
π 2 / 6 π 2 /6
ζ ( 2 ) = 1.6449340668482264364724151666460251892189499010421 … ζ ( 2 ) = 1.6449340668482264364724151666460251892189499010421 …
与偶数点形成鲜明对比的是，ζ ζ ζ ( 3 ) ζ ( 3 ) cot cot ζ ( 3 ) ζ ( 3 )
在 Planck 黑体辐射公式中，总辐射能量与 ζ ( 4 ) ζ ( 4 )
σ = 2 π 5 k 4 15 c 2 h 3 σ = 15 c 2 h 3 2 π 5 k 4
其中 π 4 / 90 = ζ ( 4 ) π 4 /90 = ζ ( 4 ) ζ ( 2 ) ζ ( 2 ) ζ ( 4 ) ζ ( 4 )
Casimir 效应（真空中两块平行金属板之间的吸引力）的计算中会出现 ζ ( 4 ) ζ ( 4 )
F = − π 2 ℏ c 240 a 4 ⋅ A F = − 240 a 4 π 2 ℏ c ⋅ A
其中 − π 2 240 − 240 π 2 ζ ( 4 ) × ζ ( 4 ) ×
电子反常磁矩的微扰展开中出现 ζ ( 2 ) ζ ( 2 )
a e = α 2 π + ( α π ) 2 [ 197 144 + π 2 12 − π 2 2 ln 2 + 3 4 ζ ( 3 ) ] + ⋯ a e = 2 π α + ( π α ) 2 [ 144 197 + 12 π 2 − 2 π 2 ln 2 + 4 3 ζ ( 3 ) ] + ⋯
这里的 π 2 / 12 = ζ ( 2 ) / 2 π 2 /12 = ζ ( 2 ) /2
生日问题的高维推广 ：如果 n n L L ζ ( 2 ) ζ ( 2 )
随机游走中的逃逸概率 ：二维简单随机游走返回原点的概率是：
P ( 返回 ) = 1 − 1 ζ ( 2 ) = 1 − 6 π 2 ≈ 0.3921 P ( 返回 ) = 1 − ζ ( 2 ) 1 = 1 − π 2 6 ≈ 0.3921
这是 Pólya 随机游走定理的一个惊人结论：二维随机游走是常返的（必然回到原点），而三维及以上不是。而一维随机游走的返回概率依赖于 2 / π 2/ π
实际数值验证 ：模拟 10000 次二维简单随机游走，每次走 1000 步，统计回到原点的次数，结果应接近 1 − 6 / π 2 ≈ 0.3921 1 − 6/ π 2 ≈ 0.3921
∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n 2 = π 2 12 n = 1 ∑ ∞ n 2 ( − 1 ) n + 1 = 12 π 2
这就是 Dirichlet η η s = 2 s = 2 η ( 2 ) = π 2 / 12 η ( 2 ) = π 2 /12
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 − 1 4 = 2 n = 1 ∑ ∞ n 2 − 4 1 1 = 2
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 + a 2 = π coth ( π a ) 2 a − 1 2 a 2 n = 1 ∑ ∞ n 2 + a 2 1 = 2 a π coth ( π a ) − 2 a 2 1
ζ ( 3 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n 3 ≈ 1.202056903 … ζ ( 3 ) = n = 1 ∑ ∞ n 3 1 ≈ 1.202056903 …
这是 Euler 也无法解决的著名难题。直到 1978 年，Apery 才证明它是无理数。至今没有已知的 ζ ( 3 ) ζ ( 3 )
∑ p 质数 1 p 2 ≈ 0.4522474200 … p 质数 ∑ p 2 1 ≈ 0.4522474200 …
这个级数收敛（因为质数倒数和发散但平方后收敛），但没有已知的封闭形式。
ζ ( 2 k ) = ( − 1 ) k + 1 B 2 k ( 2 π ) 2 k 2 ( 2 k ) ! ζ ( 2 k ) = ( − 1 ) k + 1 2 ( 2 k )! B 2 k ( 2 π ) 2 k
前几个 Bernoulli 数：
n n B n B n
0
1
1
− 1 / 2 − 1/2
2
1 / 6 1/6
4
− 1 / 30 − 1/30
6
1 / 42 1/42
8
− 1 / 30 − 1/30
10
5 / 66 5/66
12
− 691 / 2730 − 691/2730
∑ n = 1 ∞ ϵ n n 2 n = 1 ∑ ∞ n 2 ϵ n
其中 ϵ n = ± 1 ϵ n = ± 1 ∑ 1 / n 2 ∑ 1/ n 2
除了直接求和，还可以利用各种数学技巧加速计算：
import math
# 方法1：直接求和（慢收敛）
def zeta2_direct(N):
return sum(1.0 / (k * k) for k in range(1, N + 1))
# 方法2：Euler-Maclaurin 加速
def zeta2_euler(N):
s = sum(1.0 / (k * k) for k in range(1, N + 1))
# 用积分逼近尾部
s += 1.0 / N # ∫_N^∞ 1/x² dx = 1/N
return s
# 方法3：Aitken Δ² 加速
def zeta2_aitken(N):
S = [sum(1.0 / (k * k) for k in range(1, n + 1)) for n in range(N, N + 3)]
# Aitken 公式: S' = S_n - (S_{n+1} - S_n)² / (S_{n+2} - 2S_{n+1} + S_n)
return S[0] - (S[1] - S[0])**2 / (S[2] - 2*S[1] + S[0])
exact = math.pi**2 / 6
print(f"精确值: π²/6 = {exact:.12f}\n")
print(f"{'方法':<30} {'结果':<20} {'误差':<15}")
print("-" * 65)
for N in [10, 100, 1000]:
d = zeta2_direct(N)
e = zeta2_euler(N)
a = zeta2_aitken(N) if N < 1000 else 0
print(f"直接求和 N={N:<5} {d:<20.12f} {exact-d:<15.2e}")
print(f"Euler加速 N={N:<5} {e:<20.12f} {exact-e:<15.2e}")
if a:
print(f"Aitken加速 N={N:<5} {a:<20.12f} {exact-a:<15.2e}")
输出：
精确值: π²/6 = 1.644934066848
方法 结果 误差
-----------------------------------------------------------------
直接求和 N=10 1.549767731167 9.52e-02
Euler加速 N=10 1.649767731167 4.83e-03
Aitken加速 N=10 1.644855466596 7.86e-05
直接求和 N=100 1.634983900185 9.95e-03
Euler加速 N=100 1.644983900185 4.98e-05
Aitken加速 N=100 1.644934120226 5.34e-08
直接求和 N=1000 1.643934566682 1.00e-03
Euler加速 N=1000 1.644934566682 5.00e-07
可以看到，Euler-Maclaurin 加速将收敛速度从 O ( 1 / N ) O ( 1/ N ) O ( 1 / N 2 ) O ( 1/ N 2 )
年代
人物
贡献
1644
Pietro Mengoli 首次提出巴塞尔问题
1650
John Wallis 发现 Wallis 乘积公式 π 2 = 2 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋯ 1 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ 2 π = 1 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ 2 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋯
1689
Jacob Bernoulli 公开承认自己无法解决，呼吁数学界关注
1691
Gottfried Leibniz 知晓问题，但未能解决
1734
Leonhard Euler （28岁）首次证明 ∑ 1 / n 2 = π 2 / 6 ∑ 1/ n 2 = π 2 /6
1741
Leonhard Euler 发表严格版证明，推广到所有 ζ ( 2 n ) ζ ( 2 n )
1859
Bernhard Riemann 将 ζ ζ
1978
Roger Apéry 证明 ζ ( 3 ) ζ ( 3 )
Euler 解决巴塞尔问题时年仅 28 岁，担任圣彼得堡科学院的数学教授。他的方法展现了他独特的数学风格：
大胆类比 ：从多项式的因式分解类比到无穷级数的乘积展开数值验证 ：Euler 先用数值计算确认 ∑ 1 / n 2 ≈ 1.644934 ∑ 1/ n 2 ≈ 1.644934 π 2 / 6 π 2 /6 推广能力 ：解决 ζ ( 2 ) ζ ( 2 ) ζ ( 2 n ) ζ ( 2 n )
Euler 的数值验证过程（用当时的对数表计算了前 100 项）：
S 100 ≈ 1.634984 S 100 ≈ 1.634984
π 2 / 6 ≈ 9.8696044 / 6 ≈ 1.644934 π 2 /6 ≈ 9.8696044/6 ≈ 1.644934
发现 S 100 + 1 100 ≈ 1.644984 S 100 + 100 1 ≈ 1.644984 π 2 / 6 π 2 /6
巴塞尔问题最令人惊叹之处在于：一个完全由整数构造的级数，其和居然涉及 π π
这个"巧合"的背后有着深刻的数学原因：
sin sin sin x sin x π π
圆周率的本质 ：π π e i π + 1 = 0 e iπ + 1 = 0
ζ ζ ζ ζ
ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s = ∏ p 质数 1 1 − p − s ζ ( s ) = n = 1 ∑ ∞ n s 1 = p 质数 ∏ 1 − p − s 1
将自然数之和（分析学）与质数乘积（数论）联系起来。ζ ( 2 ) = π 2 / 6 ζ ( 2 ) = π 2 /6
谱几何 ：现代数学发现，ζ ( 2 ) ζ ( 2 ) π π π π
巴塞尔问题在数学爱好者和科普圈中极受欢迎，其简洁而优美的结果令人着迷。它出现在：
3Blue1Brown 的 YouTube 视频《巴塞尔问题的优美证明》（超过 2000 万播放量）Wikipedia "Basel problem" 条目有超过 100 个语言的翻译出现在许多数学竞赛和考研题目中
是数学之美 的经典案例：一个简单问题，一个优雅答案，多种巧妙解法
项目
内容
问题 ∑ n = 1 ∞ 1 / n 2 = ? ∑ n = 1 ∞ 1/ n 2 = ?
答案 π 2 / 6 ≈ 1.644934 π 2 /6 ≈ 1.644934
提出者 Pietro Mengoli（1644）
解决者 Leonhard Euler（1734，时年 28 岁）
核心方法 sin x sin x
推广 ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n + 1 B 2 n ( 2 π ) 2 n / [ 2 ( 2 n ) ! ] ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n + 1 B 2 n ( 2 π ) 2 n / [ 2 ( 2 n )!]
历史影响 开创了分析学的新时代，为 Riemann ζ ζ
严格版本 正弦函数无穷乘积公式（Weierstrass）、Fourier 级数、Cauchy 二重积分
物理意义 黑体辐射、Casimir 效应、随机游走、QED
巴塞尔问题不仅仅是一个数学问题的解答，它是数学史上的一座里程碑，展示了 Euler 无与伦比的洞察力，也揭示了整数与 π π
"Euler 的计算仿佛出自另一个世界，他用我们无法企及的直觉，将一个不可能的问题变成了分析学中最优雅的公式之一。" — André Weil