2018 STEP III Q7 —— 全体自然数的倒数平方和
本文介绍一种证明 \(\displaystyle \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6}\) 的方法。
不同于我所熟悉的利用傅里叶级数的证明，这里介绍的证明中构造的夹逼不等式的思路非常巧妙，其原题来自于 2018 STEP III 数学考试中的第7题。
STEP (Sixth Term Examination Paper) 是英国剑桥考试中心为本科申请者提供的数学专项考试，通常会是剑桥、帝国理工、伦敦大学、华威等名校的数学、计算机、工程等专业的录取要求之一。每年都会有一些非常精彩的考题，我在此挑选一些个人喜欢的考题作分享。
原题
问题翻译
(1) 当 \(\sin \theta \neq 0\) 时，运用 De Moivre 定理证明：
\[\displaystyle \frac{(\cot \theta + i)^{2n+1} - (\cot \theta - i)^{2n+1}}{2i} = \frac{\sin(2n+1)\theta}{\sin^{2n+1}\theta} \quad (*)\]对于任意正整数 \(n\) 成立。
(2) 证明方程
\[\displaystyle {2n + 1 \choose 1} x^n - {2n+1 \choose 3} x^{n-1} + \cdots + (-1)^n = 0 \quad (\Delta)\]的根为 \(x=\cot^2\frac{m\pi}{2n+1}\)，其中 \(m=1,2,\cdots,n\)
(3) 证明：
\[\displaystyle \sum_{m=1}^n \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}\](4) 已知对 \(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\) 有 \(\sin\theta < \theta < \tan\theta\)，证明：
\[\displaystyle \cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2 \theta\](5) 证明：
\[\displaystyle \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6}\](1)
注意到 \(\cot\theta \pm i = \frac{\cos\theta \pm i\sin\theta}{\sin\theta} = \frac{\mathrm{e}^{\pm i \theta}}{\sin\theta}\)，于是
\[\displaystyle \begin{aligned} \frac{(\cot \theta + i)^{2n+1} - (\cot \theta - i)^{2n+1}}{2i} &= \frac{1}{2i} \left[ \left(\frac{\mathrm{e}^{i \theta}}{\sin\theta} \right)^{2n+1} - \left(\frac{\mathrm{e}^{-i \theta}}{\sin\theta} \right)^{2n+1}\right] \\ & = \frac{\mathrm{e}^{i(2n+1)\theta} - \mathrm{e}^{-i(2n+1)\theta}}{2i\sin^{2n+1}\theta} \\ & = \frac{2i\sin(2n+1)\theta}{2i\sin^{2n+1}\theta} \\ &= \frac{\sin(2n+1)\theta}{\sin^{2n+1}\theta}\end{aligned}\]等式\((*)\)得证。
(2)
我们考虑如下的二项式展开：
\[\displaystyle (z+i)^{2n+1} = \sum_{k=0}^{2n+1} {2n+1 \choose k}z^{2n+1-k}i^k\] \[\displaystyle (z-i)^{2n+1} = \sum_{k=0}^{2n+1} {2n+1 \choose k}z^{2n+1-k}(-i)^k\]注意到所有对于偶数的 \(k\)，有 \(i^k = (-i)^k\)。而对于奇数的 \(k\)，有 \((-i)^k = (-1)^ki^k = -i^k\)。如果我们将以上两式相减，右边求和中的所有偶数次项都会相消，最后仅剩奇数次项。我们得到
\[\begin{aligned} & \, (z+i)^{2n+1} - (z-i)^{2n+1} \\ =& \, 2\left[{2n+1 \choose 1} z^{2n} i + {2n+1 \choose 3} z^{2n-2} i^3 + \cdots {2n+1 \choose 2n+1} i^{2n+1} \right] \\ =& \, 2i \left[{2n+1 \choose 1} z^{2n} + {2n+1 \choose 3} z^{2n-2} i^2 + \cdots {2n+1 \choose 2n+1} i^{2n} \right] \\ =& \, 2i \left[{2n+1 \choose 1} z^{2n} - {2n+1 \choose 3} z^{2n-2} + \cdots (-1)^n \right]\end{aligned}\]整理一下就得到：
\[\displaystyle {2n+1 \choose 1} z^{2n} - {2n+1 \choose 3} z^{2n-2} + \cdots (-1)^n = \frac{(z+i)^{2n+1} - (z-i)^{2n+1}}{2i}\]我们需要求解的方程为
\[\displaystyle {2n + 1 \choose 1} x^n - {2n+1 \choose 3} x^{n-1} + \cdots + (-1)^n = 0 \quad (\Delta)\]在\((\Delta)\)式中，令 \(x=z^2\)，则方程可以改写成如下形式：
\[\displaystyle \frac{(z+i)^{2n+1} - (z-i)^{2n+1}}{2i} = 0\]进一步令 \(z = \cot\theta\)，利用恒等式\((*)\)我们有：
\[\displaystyle \frac{(\cot \theta + i)^{2n+1} - (\cot \theta - i)^{2n+1}}{2i} = \frac{\sin(2n+1)\theta}{\sin^{2n+1}\theta} = 0\]求解这个关于 \(\theta\) 的方程：
\[\sin(2n+1)\theta = 0\] \[(2n+1) \theta = m\pi\] \[\displaystyle \theta = \frac{m\pi}{2n+1} \, (m=0,\pm1,\pm2,\cdots)\]但注意 \(\theta\neq 0\)，故以上 \(m=0\) 的情况需要舍去。所以可取的解为：
\[\displaystyle \theta = \frac{m\pi}{2n+1} \, (m=\pm1,\pm2,\cdots)\]回到关于 \(x\) 的方程，即\((\Delta)\)式。这个方程的解为：
\[\displaystyle x = \cot^2\theta \quad \Rightarrow \quad x= \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} \, (m=\pm1,\pm2,\cdots)\]注意余切函数的周期性和对称性，我们有 \(\cot^2\alpha = \cot^2(k\pi\pm\alpha)\)，由此发现 \(x\) 可以取到的数值其实只有有限多个。如果将 \(m\) 的取值限定为 1 到 \(n\) 的正整数，对应于 \(n\) 个根：\(x_1, x_2, \cdots, x_n\)。其他整数值的 \(m\) 所对应的 \(x\) 值都会与这 \(n\) 个根中的某一个重复。于是方程式\((\Delta)\)的解为：
\[\displaystyle x= \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} \, (m=1,2,\cdots,n)\](3)
根据之前的讨论，我们有：
\[\displaystyle \sum_{m=1}^n \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} = x_1 + x_2 + \cdots + x_n\]这说明所求的级数就是方程\((\Delta)\)所有根的总和。利用多项式方程的韦达定理：
\[\begin{aligned} & \, x_1 + x_2 + \cdots + x_n \\ =&\, \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} \\ =&\, \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6} \times \frac{1}{2n+1} \\ =&\, \frac{n(2n-1)}{3} \end{aligned}\]由此我们证明了：
\[\displaystyle \sum_{m=1}^n \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}\](4)
已知对 \(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\) 有 \(\sin\theta < \theta < \tan\theta\)，那么
\[\displaystyle \frac{1}{\sin\theta} > \frac{1}{\theta} > \cot\theta\] \[\displaystyle \cot^2\theta < \frac{1}{\theta} < \frac{1}{\sin^2\theta} = \frac{\sin^2\theta + \cos^2\theta}{\sin^2\theta}\] \[\displaystyle \cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2 \theta\](5)
最后这部分是整个证明过程中最精彩的部分。
结合(3)与(4)的结果，我们有：
\[\displaystyle \sum_{m=1}^n \cot^2\frac{m\pi}{2n+1} < \sum_{m=1}^n \frac{1}{( \frac{m\pi}{2n+1} )^2} < \sum_{m=1}^n \left[1+\cot^2\frac{m\pi}{2n+1}\right]\] \[\displaystyle \frac{n(2n-1)}{3} < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2} \sum_{m=1}^n \frac{1}{m^2} < n + \frac{n(2n-1)}{3}\] \[\displaystyle \frac{2n^2-n}{3(2n+1)^2}\pi^2 < \sum_{m=1}^n \frac{1}{m^2} < \frac{2n^2 +2n}{3(2n+1)^2}\pi^2\]取 \(n\to\infty\) 的极限，则
\[\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{2n^2-n}{3(2n+1)^2}\pi^2 = \frac{2\pi^2}{3\times2^2} = \frac{\pi^2}{6}\] \[\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{2n^2+2n}{3(2n+1)^2}\pi^2 = \frac{2\pi^2}{3\times2^2} = \frac{\pi^2}{6}\]不等式的两侧趋于相同的极限，根据夹逼定理（squeeze theorem），我们得到：
\[\displaystyle \boxed{ \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6} }\]