(zeta (2n))的几种求法
结论
[zeta(2n) = frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi)^{2n}}{2(2n)!}
]
欧拉的证明
PS：欧拉在《无穷小分析引论中》，是对 (e^x + e^{-x}) 的展开系数进行分析，而下文是对 (frac{sin(x)}{x}) 分析，两者几乎没有区别。
这一方法通过比较 (frac{sin(x)}{x}) 的无穷级数展开和无穷乘积展开的各项系数，依次求出 (zeta(2),zeta(4),zeta(6),cdots) 的值。
无穷级数展开：
[frac{sin(x)}{x} = 1 - frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} - frac{x^6}{7!} + cdots
]
观察发现，(frac{sin(x)}{x}) 的根集为 (x=ncdot pi,mbox{ }(n = pm1, pm2, pm3, dots))，
因此可以猜测无穷乘积展开：
[egin{align} frac{sin(x)}{x} & {} = left(1 - frac{x}{pi}
ight)left(1 + frac{x}{pi}
ight)left(1 - frac{x}{2pi}
ight)left(1 + frac{x}{2pi}
ight)left(1 - frac{x}{3pi}
ight)left(1 + frac{x}{3pi}
ight) cdots
otag\ & {} = left(1 - frac{x^2}{pi^2}
ight)left(1 - frac{x^2}{4pi^2}
ight)left(1 - frac{x^2}{9pi^2}
ight)
otagcdots end{align}
]
事实上，欧拉并没有证明这个无穷乘积展开，直到100年后魏尔施特拉斯提出了“魏尔施特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem）。
先比较二次项系数，可以求得 (zeta(2))：
[egin{aligned}
-frac{1}{3!} &= (-frac{1}{pi ^2})+(-frac{1}{4pi ^2})+cdots=-frac{1}{pi^2}cdot zeta(2)
\
zeta(2) &= frac{pi^2}{6}
end{aligned}
]
继续比较四次项系数，可以求得 (zeta(4))：
[egin{aligned}
frac{1}{5!} &= sum_{1le i<j} frac{1}{i^2pi^2}cdot frac{1}{j^2pi^2}
=frac{1}{2}left( left(sum_{1le i}frac{1}{i^2pi^2}
ight)^2 - sum_{1le i} frac{1}{i^4pi^4}
ight)
\&=frac{1}{2pi^4} (zeta^2(2)-zeta(4))
\
zeta(4)&=frac{pi^4}{90}
end{aligned}
]
用这种方式，可以继续依次求出 (zeta(6), zeta(8), cdots)。
可以用牛顿恒等式：
[S_n = (-1)^{n+1}sigma_nn + sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} sigma_{i}S_{n-i}
]
作用到这个无穷乘积式上，把 (x^2) 看作一个整体 (y)。由无穷级数的各项系数得：(sigma_n = frac{1}{(2n+1)!})
又有 (S_n = (frac{1}{pi^2})^n+(frac{1}{4pi^2})^n+(frac{1}{9pi^2})^n + cdots = frac{zeta(2n)}{pi^{2n}})
所以对任意 (n)，可以得到 (zeta(2),zeta(4),cdots, zeta(2n)) 之间的关系式：
[frac{zeta(2n)}{pi^{2n}}=frac{(-1)^{n+1}n}{(2n+1)!}+sum_{i=1}^{n-1}frac{(-1)^{i+1}}{(2i+1)!}cdot frac{zeta(2(n-i))}{pi^{2(n-i)}}
]
于是可以由数学归纳法，推得
[zeta(2n) = frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi)^{2n}}{2(2n)!}
]
进一步探索，(zeta) 函数、余切、伯努利数的关系
如果延续欧拉的证明，而不用数学归纳法推导最终的式子，是否可以推出 (zeta) 函数和伯努利数的关系？
令 (P(y) = frac{sin(sqrt{y})}{sqrt{y}}=(1-frac{y}{pi^2})(1-frac{y}{4pi^2})(1-frac{y}{9pi^2})cdots = 1-sigma_1 y+sigma_2 y^2-sigma_3y^3+cdots)
考虑构造数列 ({0,S_1,S_2,S_3,cdots}) 的生成函数 (Q(y)=S_1y+S_2y^2+S_3y^3+cdots)
再由牛顿恒等式 (S_n = (-1)^{n+1}sigma_nn + sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} sigma_{i}S_{n-i})，观察 (F(y) = P(y)cdot Q(y)) 的各次项系数，可得：
[egin{aligned}
F(y)=P(y)cdot Q(y) &= sum_{i=1}^n y^ileft(S_i+sum_{j=1}^{i-1}(-1)^jsigma_jS_{i-j}
ight)
\&=sum_{i=1}^n y^ileft(-1^{i+1}sigma_i i
ight)
\&=-ycdot frac{d}{dy}P(y)=-ycdot P'(y)
\Q(y) &= -ycdot frac{P'(y)}{P(y)}
end{aligned}
]
将 (P(y)=frac{sin(sqrt{y})}{sqrt{y}}, P'(y)=frac{cos(sqrt{y})}{2y}-frac{sin(sqrt{y})}{2ysqrt{y}}) 代入，得：
[egin{aligned}
Q(y)&=frac{1}{2}-frac{1}{2}sqrt{y}cot sqrt{y}
\&=sum_{i=1}^{infty}y^icdot frac{zeta(2i)}{pi^{2i}}
end{aligned}
]
所以 (cot(x)) 的洛朗展开式是
[cot(x) = frac{1}{x}-sum_{n=1}^{infty}frac{zeta(2n)}{pi^{2n}}x^{2n-1}
]
由此，我们推出了 (zeta) 函数与余切的关系！
接下来就简单了。由伯努利数的生成函数定义可知：
[frac{2x}{e^{2x}-1}=sum_{n=0}^{infty}frac{B_n2^n}{n!}x^n=^设 B(x)
]
尝试寻找余切函数和伯努利数的关系：
[egin{aligned}
icot(ix)&=coth(x)=frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}=frac{1}{e^{2x}-1}+frac{1}{1-e^{-2x}}
\&=frac{1}{2x}(B(x)+B(-x))
\&=frac{1}{x}+sum_{n=1}^{infty}frac{B_{2n}2^{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
\cot(x)&=frac{1}{x}+sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
end{aligned}
]
由此，我们推出了余切与伯努利数的关系！
比较两个洛朗展开式的系数，便求得(zeta)函数与伯努利数的关系：
[zeta(2n) = frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi)^{2n}}{2(2n)!}
]
傅立叶分析证明
利用傅立叶级数求 (zeta(2n)) 的方法是比较常规的，也是比较方便的。
考虑函数 (f(x)=x^2, xin [-pi ,+pi])，将其傅立叶展开：
[f(x)=x^2simfrac{pi^2}{3}+sum_{n=1}^{infty}left((-1)^nfrac{4}{n^2}cos(nx)
ight)
]
取 (x=pi)，易得 (zeta(2)=frac{pi^2}{6})。
尝试求 (zeta(4))，考虑函数 (f(x)=x^4, xin [-pi,+pi])，将其傅立叶展开：
[f(x)=x^4 sim frac{pi^4}{5}+sum_{n=1}^{infty}left((-1)^nleft(frac{8pi^2}{n^2}-frac{48}{n^4}
ight)cos(nx)
ight)
]
结果非常的 Amazing！
同样地取 (x=pi)，化简得 (8pi^2zeta(2)-48zeta(4)+frac{pi^4}{5}=pi^4)，(zeta(4)=frac{pi^4}{90})。
用同样的方法对 (f(x)=x^{2m}) 展开，可以继续依次求出 (zeta(6),zeta(8),cdots)
考虑函数 (f(x)=x^{2m}) 的傅立叶级数：
[f(x)=x^{2m}sim a_0+sum_{n=1}^{infty}left(a_n cos(nx)
ight)
]
计算系数：
[egin{aligned}
a_0&=frac{1}{2pi}int_{-pi}^{pi}f(x)dx=frac{pi^{2m}}{2m+1}
\a_n&=frac{1}{pi}int_{-pi}^{pi}f(x)cos(nx)dx=frac{1}{pi}int_{-pi}^{pi}x^{2m}cos(nx)dx
\&=frac{1}{pi}left(left.left( x^{2m}frac{sin(nx)}{n}+(x^{2m})'frac{cos(nx)}{n^2}-(x^{2n})''frac{sin(nx)}{n^3}-(x^{2m})'''frac{cos(nx)}{n^4}+cdots
\+(-1)^{m-1}(x^{2m})^{[2m-1]}frac{cos(nx)}{n^{2m}}
ight)
ight|_{-pi}^{pi}
+int_{-pi}^{pi}(-1)^{m}(x^{2m})^{[2m]}frac{cos(nx)}{n^{2m}}dx
ight)
\&=frac{1}{pi}left(sum_{i=0}^{m-1}(-1)^ileft.left(
frac{(2m)!}{(2m-2i)!}x^{2m-2i}frac{sin(nx)}{n^{2i+1}}+frac{(2m)!}{(2m-2i-1)!}x^{2m-2i-1}frac{cos(nx)}{n^{2i+2}}
ight)
ight|_{-pi}^{pi}
ight)
\&=frac{1}{pi}left(sum_{i=0}^{m-1}(-1)^ifrac{2cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}pi^{2m-2i-1}frac{(-1)^n}{n^{2i+2}}
ight)
\&(n=1,2,cdots)
end{aligned}
]
取 (x=pi)，对展开式进行化简：
[egin{aligned}
f(pi)&=pi^{2m}=a_0+sum_{n=1}^{infty}left(a_n cdot(-1)^n
ight)
\&=frac{pi^{2m}}{2m+1}+ sum_{n=1}^{infty}frac{1}{pi}left(sum_{i=0}^{m-1}(-1)^ifrac{2cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}pi^{2m-2i-1}frac{1}{n^{2i+2}}
ight)
\&=frac{pi^{2m}}{2m+1}+ sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}frac{2cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}pi^{2m-2i}sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^{2i}}
\&=frac{pi^{2m}}{2m+1}+ sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}frac{2cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}pi^{2m-2i}zeta(2i)
end{aligned}
]
所以对任意 (m)，可以得到 (zeta(2),zeta(4),cdots, zeta(2m)) 之间的关系式。
[frac{m}{(2m+1)!}=sum_{i=1}(-1)^{i+1}frac{1}{(2m-2i+1)!}frac{zeta(2i)}{pi^{2i}}
]
仔细观察之后，这与前面的递推式是一样的，因此可以用前面的方法（数学归纳法或生成函数法）推出：
[zeta(2n) = frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi)^{2n}}{2(2n)!}
]
留数法证明
令 (f(z)=frac{pi cot (pi z)}{z^{2n}})，那么它的奇点为 (z=cdots,-2,-1,0,1,2,cdots)，其中 (z=0) 为 (2n+1) 阶极点。
构造以原点为中心，(2N+1) 为边长的正方形围道 (C_N)，包含了奇点 (z=-N,-N+1,cdots,N-1,N)。
计算留数：
[Res[f(z);i(i=pm1,pm2,cdots)]=frac{1}{i^{2n}}
\
Res[f(z);0]=frac{1}{(2n)!}lim_{z
ightarrow 0}frac{d^{2n}}{dz^{2n}}pi zcot(pi z)
]
结果非常的 Amazing！函数在 (z=pm 1,pm 2,cdots) 这些极点上的留数与 (zeta(2n)) 有着密切联系！
至于 (z=0) 处的留数，利用前面推导过的 (cot) 的洛朗展开式，可以得到：
[egin{aligned}
cot(x)&=frac{1}{x}+sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
\
Res[f(z); 0]&=frac{1}{(2n)!}lim_{x
ightarrow 0}frac{d^{2n}}{dz^{2n}}pi zleft( frac{1}{pi z}+sum_{k=1}^{infty}frac{(-1)^{k}2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}(pi z)^{2k-1}
ight)
\&=frac{(-1)^{n}(2pi)^{2n}B_{2n}}{(2n)!}
end{aligned}
]
那么由留数定理：
[lim_{N
ightarrow +infty}int_{C_N} f(z)dz = lim_{N
ightarrow +infty}2pi i sum_{k=-N}^{N}Res[f(z);k]=4pi izeta(2n)+frac{i(-1)^n(2pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!}
]
下面再证明，当 (N
ightarrow +infty)，左边趋向于 (0)。
因为 (C_N) 与实轴交点为 (pm (n+frac{1}{2}))，与复轴交点为 (pm (i(n+frac{1}{2})))，所以当 (z=x+yi, y=pm(n+frac{1}{2})) 时，
[|cot(pi z)|=left|ifrac{e^{2ipi z}+1}{e^{2ipi z}-1}
ight|
=left|frac{e^{2ipi(x+yi)}+1}{e^{2ipi(x+yi)}-1}
ight|
=left|frac{e^{2ipi x}+e^{2pi y}}{e^{2ipi x}-e^{2pi y}}
ight|
\
leleft|frac{|e^{2ipi x}|+|e^{2pi y}|}{|e^{2ipi x}|-|e^{2pi y}|}
ight| = left|frac{1+e^{2pi y}}{1-e^{2pi y}}
ight|<2
]
当 (x= pm (n+frac{1}{2})) 时，
[|cot(pi z)|=left|frac{e^{2ipi x}+e^{2pi y}}{e^{2ipi x}-e^{2pi y}}
ight|==left|frac{-1+e^{2pi y}}{-1-e^{2pi y}}
ight|<2
]
令 (N
ightarrow +infty)，又有 (|z|>N)。因此：
[left|int_{C_N} frac{picot(pi z)}{z^{2n}}dz
ight|le int_{C_N}frac{|pi cot(pi z)|}{|z|^{2n}}|dz|le frac{2pi}{N^{2n}}cdot (8N+4)
ightarrow 0
\
0=4pi izeta(2n)+frac{i(-1)^n(2pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!}
\
zeta(2n) = frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi)^{2n}}{2(2n)!}
]
参考资料
欧拉 · 《无穷小分析引论》
御坂01034 · 《巴塞尔问题的多种解法》
formulasearchengine · Weierstrass factorization theorem
钟玉泉 · 《复变函数论》