\(\zeta (2n)\)的几种求法
结论
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
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 \(x=n\cdot \pi,\mbox{ }(n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots)\)，
因此可以猜测无穷乘积展开：
\[\begin{align} \frac{\sin(x)}{x} & {} = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \notag\\ & {} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \notag\cdots \end{align}
\]
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 \(\zeta(2)\)：
\[\begin{aligned}
-\frac{1}{3!} &= (-\frac{1}{\pi ^2})+(-\frac{1}{4\pi ^2})+\cdots=-\frac{1}{\pi^2}\cdot \zeta(2)
\\
\zeta(2) &= \frac{\pi^2}{6}
\end{aligned}
\]
继续比较四次项系数，可以求得 \(\zeta(4)\)：
\[\begin{aligned}
\frac{1}{5!} &= \sum_{1\le i<j} \frac{1}{i^2\pi^2}\cdot \frac{1}{j^2\pi^2}
=\frac{1}{2}\left( \left(\sum_{1\le i}\frac{1}{i^2\pi^2}\right)^2 - \sum_{1\le i} \frac{1}{i^4\pi^4} \right)
\\&=\frac{1}{2\pi^4} (\zeta^2(2)-\zeta(4))
\\
\zeta(4)&=\frac{\pi^4}{90}
\end{aligned}
\]
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 \(S_n = (\frac{1}{\pi^2})^n+(\frac{1}{4\pi^2})^n+(\frac{1}{9\pi^2})^n + \cdots = \frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}\)
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
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
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 \(P(y) = \frac{sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}}=(1-\frac{y}{\pi^2})(1-\frac{y}{4\pi^2})(1-\frac{y}{9\pi^2})\cdots = 1-\sigma_1 y+\sigma_2 y^2-\sigma_3y^3+\cdots\)
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：
\[\begin{aligned}
F(y)=P(y)\cdot Q(y) &= \sum_{i=1}^n y^i\left(S_i+\sum_{j=1}^{i-1}(-1)^j\sigma_jS_{i-j}\right)
\\&=\sum_{i=1}^n y^i\left(-1^{i+1}\sigma_i i\right)
\\&=-y\cdot \frac{d}{dy}P(y)=-y\cdot P'(y)
\\Q(y) &= -y\cdot \frac{P'(y)}{P(y)}
\end{aligned}
\]
将 \(P(y)=\frac{\sin(\sqrt{y})}{\sqrt{y}},\ P'(y)=\frac{\cos(\sqrt{y})}{2y}-\frac{\sin(\sqrt{y})}{2y\sqrt{y}}\) 代入，得：
\[\begin{aligned}
Q(y)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{y}\cot \sqrt{y}
\\&=\sum_{i=1}^{\infty}y^i\cdot \frac{\zeta(2i)}{\pi^{2i}}
\end{aligned}
\]
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：
\[\begin{aligned}
i\cot(ix)&=coth(x)=\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}=\frac{1}{e^{2x}-1}+\frac{1}{1-e^{-2x}}
\\&=\frac{1}{2x}(B(x)+B(-x))
\\&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}2^{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
\\cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
\end{aligned}
\]
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：
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
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 \(f(x)=x^2,\ x\in [-\pi ,+\pi]\)，将其傅立叶展开：
\[f(x)=x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\frac{4}{n^2}\cos(nx)\right)
\]
取 \(x=\pi\)，易得 \(\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)。
尝试求 \(\zeta(4)\)，考虑函数 \(f(x)=x^4,\ x\in [-\pi,+\pi]\)，将其傅立叶展开：
\[f(x)=x^4 \sim \frac{\pi^4}{5}+\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^n\left(\frac{8\pi^2}{n^2}-\frac{48}{n^4}\right)cos(nx)\right)
\]
结果非常的 Amazing！
同样地取 \(x=\pi\)，化简得 \(8\pi^2\zeta(2)-48\zeta(4)+\frac{\pi^4}{5}=\pi^4\)，\(\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}\)。
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：
\[f(x)=x^{2m}\sim a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n cos(nx)\right)
\]
计算系数：
\[\begin{aligned}
a_0&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}
\\a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2m}cos(nx)dx
\\&=\frac{1}{\pi}\left(\left.\left( x^{2m}\frac{sin(nx)}{n}+(x^{2m})'\frac{cos(nx)}{n^2}-(x^{2n})''\frac{sin(nx)}{n^3}-(x^{2m})'''\frac{cos(nx)}{n^4}+\cdots
\\+(-1)^{m-1}(x^{2m})^{[2m-1]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}} \right)\right|_{-\pi}^{\pi}
+\int_{-\pi}^{\pi}(-1)^{m}(x^{2m})^{[2m]}\frac{cos(nx)}{n^{2m}}dx
\right)
\\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\left.\left(
\frac{(2m)!}{(2m-2i)!}x^{2m-2i}\frac{sin(nx)}{n^{2i+1}}+\frac{(2m)!}{(2m-2i-1)!}x^{2m-2i-1}\frac{cos(nx)}{n^{2i+2}}
\right)\right|_{-\pi}^{\pi}
\right)
\\&=\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{(-1)^n}{n^{2i+2}} \right)
\\&(n=1,2,\cdots)
\end{aligned}
\]
取 \(x=\pi\)，对展开式进行化简：
\[\begin{aligned}
f(\pi)&=\pi^{2m}=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cdot(-1)^n\right)
\\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i-1)!}\pi^{2m-2i-1}\frac{1}{n^{2i+2}} \right)
\\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2i}}
\\&=\frac{\pi^{2m}}{2m+1}+ \sum_{i=1}^{m}(-1)^{i+1}\frac{2\cdot (2m)!}{(2m-2i+1)!}\pi^{2m-2i}\zeta(2i)
\end{aligned}
\]
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：
\[\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
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：
\[Res[f(z);i(i=\pm1,\pm2,\cdots)]=\frac{1}{i^{2n}}
\\
Res[f(z);0]=\frac{1}{(2n)!}\lim_{z\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\cot(\pi z)
\]
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：
\[\begin{aligned}
cot(x)&=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}
\\
Res[f(z); 0]&=\frac{1}{(2n)!}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\pi z\left( \frac{1}{\pi z}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}(\pi z)^{2k-1} \right)
\\&=\frac{(-1)^{n}(2\pi)^{2n}B_{2n}}{(2n)!}
\end{aligned}
\]
那么由留数定理：
\[\lim_{N\rightarrow +\infty}\int_{C_N} f(z)dz = \lim_{N\rightarrow +\infty}2\pi i \sum_{k=-N}^{N}Res[f(z);k]=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!}
\]
下面再证明，当 \(N \rightarrow +\infty\)，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，
\[|\cot(\pi z)|=\left|i\frac{e^{2i\pi z}+1}{e^{2i\pi z}-1}\right|
=\left|\frac{e^{2i\pi(x+yi)}+1}{e^{2i\pi(x+yi)}-1}\right|
=\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right|
\\
\le\left|\frac{|e^{2i\pi x}|+|e^{2\pi y}|}{|e^{2i\pi x}|-|e^{2\pi y}|}\right| = \left|\frac{1+e^{2\pi y}}{1-e^{2\pi y}}\right|<2
\]
当 \(x= \pm (n+\frac{1}{2})\) 时，
\[|cot(\pi z)|=\left|\frac{e^{2i\pi x}+e^{2\pi y}}{e^{2i\pi x}-e^{2\pi y}}\right|==\left|\frac{-1+e^{2\pi y}}{-1-e^{2\pi y}}\right|<2
\]
令 \(N \rightarrow +\infty\)，又有 \(|z|>N\)。因此：
\[\left|\int_{C_N} \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^{2n}}dz \right|\le \int_{C_N}\frac{|\pi \cot(\pi z)|}{|z|^{2n}}|dz|\le \frac{2\pi}{N^{2n}}\cdot (8N+4) \rightarrow 0
\\
0=4\pi i\zeta(2n)+\frac{i(-1)^n(2\pi)^{2n+1}B_{2n}}{(2n)!}
\\
\zeta(2n) = \frac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
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》
