バーゼル問題

バーゼル問題は、逆平方数の無限和に関する、数論に関連する数学解析の問題です。この問題は、1650 年にピエトロ・メンゴリによって初めて提起され、 1734 年にレオンハルト・オイラーによって解決され^{[ 1 ]}、1735 年 12 月 5 日にサンクトペテルブルク科学アカデミーで発表されました^{[ 2 ]}。この問題は当時の一流数学者たちの攻撃に耐えてきたため、オイラーの解決は、彼が 28 歳で即座に名声をもたらしました。オイラーはこの問題を大幅に一般化し、彼の考えは 1 世紀以上後にベルンハルト・リーマンによって、 1859 年の画期的な論文「与えられた大きさより小さい素数の数について」で取り上げられ、そこで彼はゼータ関数を定義し、その基本的な性質を証明しました。この問題は、オイラーの故郷であり、またこの問題に取り組んだものの成功しなかったベルヌーイ家の故郷でもあるバーゼル市にちなんで名付けられました。

バーゼル問題では、自然数の二乗の逆数の正確な総和、すなわち無限級数の正確な和を求めます。 $$\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+\cdots .}$$

この級数の和はおよそ 1.644934 に等しい。^{[ 3 ]}バーゼル問題では、この級数の正確な和（閉じた形で）と、この和が正しいことの証明が求められている。オイラーは正確な和が であることを発見した。$\textstyle {\pi ^{2}}/{6}}$そして彼は1735年にこの発見を発表した。彼の主張は当時正当化されなかった操作に基づいていたが、後に彼の正しさが証明された。彼は1741年に正式に認められた証明を発表した。

この問題の解は、2つの大きな乱数が互いに素である確率を推定するために使用できます。1からnまでの範囲の2つの乱数は、 nが無限大に近づく極限において、互いに素である確率はに近づきます。$6/π²$バーゼル問題の解の逆数。^{[ 4 ]}

オイラーによる値の元の導出$\textstyle {\pi ^{2}}/{6}}$本質的には有限多項式に関する観察を拡張し、これらの同じ性質が無限級数にも当てはまると仮定した。

もちろん、オイラーの当初の推論には正当化が必要だった（100年後、カール・ワイエルシュトラスはワイエルシュトラスの因数分解定理によって、オイラーによる正弦関数の無限積表現が妥当であることを証明した）が、正当化がなくても、正しい値を得るだけで、彼は級数の部分和と照らし合わせて数値的に検証することができた。彼が観察した一致は、数学界にその成果を発表するのに十分な自信を与えた。

オイラーの議論を追うために、正弦関数のテイラー級数展開を思い出してみよう。$${\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots }$$x で割ると $${\displaystyle {\frac {\sin x}{x}}=1-{\frac {x^{2}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{5!}}-{\frac {x^{6}}{7!}}+\cdots .}$$

ワイエルシュトラスの因数分解定理は、有限多項式の場合と同様に、右辺がその根によって与えられる線形因子の積であることを示しています。オイラーはこれを無限次多項式をその根で展開するためのヒューリスティックとして仮定しましたが、実際には一般の場合には必ずしも真ではありません。${\displaystyle P(x)}$[ ^{5 ]この因数分解により、}方程式は次のように展開されます。 $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\sin x}{x}}&=\left(1-{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{3\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{3\pi }}\right)\cdots \\&=\left(1-{\frac {x^{2}}{\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{4\pi ^{2}}}\right)\left(1-{\frac {x^{2}}{9\pi ^{2}}}\right)\cdots \end{aligned}}}$$

この積を正式に展開してすべてのx ²項を集めると (ニュートンの恒等式によりそうすることが許されている)、帰納法により⁠ sin x / x ⁠のx ²係数は^{[ 6 ]}であることがわかります。$${\displaystyle -\left({\frac {1}{\pi ^{2}}}+{\frac {1}{4\pi ^{2}}}+{\frac {1}{9\pi ^{2}}}+\cdots \right)=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}$$

しかし、元の無限級数展開⁠ sin x / x ⁠から、 x ²の係数は− ⁠ 1 / 3! ⁠ = − ⁠ 1 / 6 ⁠です。これらの 2 つの係数は等しくなければなりません。したがって、 $${\displaystyle -{\frac {1}{6}}=-{\frac {1}{\pi ^{2}}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}$$

この等式の両辺に−π ²を掛けると、正の平方整数の逆数の和が得られます。^{[ 7 ]}$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}.}$$

リーマンゼータ関数ζ ( s )は、素数の分布との関係から、数学において最も重要な関数の1つです。ゼータ関数は、実部が1より大きい任意の 複素数sに対して、次の式で定義されます。$${\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}.}$$

s = 2とすると、 ζ (2)はすべての正の整数の二乗の逆数の和に等しいこと がわかります。$${\displaystyle \zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{4^{2}}}+\cdots ={\frac {\pi ^{2}}{6}}\approx 1.644934.}$$

収束は積分判定法、または次の不等式によって 証明できる。$${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n^{2}}}&<1+\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n(n-1)}}\\&=1+\sum _{n=2}^{N}\left({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}\right)\\&=1+1-{\frac {1}{N}}\;{\stackrel {N\to \infty }{\longrightarrow }}\;2.\end{aligned}}}$$

これにより上限は2 となり、無限和には負の項が含まれていないため、0 から 2 の間の値に収束する必要があります。sが正の偶数である場合、 ζ ( s )はベルヌーイ数で表すと簡単に表現できることが示されています。s = 2 nの場合：^{[ 9 ]}$${\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(2\pi )^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}}{2\cdot (2n)!}}.}$$

正規化されたsinc関数${\displaystyle {\text{sinc}}(x)={\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}}$ワイエルシュトラス分解表現は無限積として表さ れる。$${\displaystyle {\frac {\sin(\pi x)}{\pi x}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}}}\right).}$$

無限積は解析的であるため、両辺の 自然対数を取って微分すると、$${\displaystyle {\frac {\pi \cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}}-{\frac {1}{x}}=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2x}{n^{2}-x^{2}}}}$$

（一様収束により、導関数と無限級数の入れ替えは許容される。）方程式をで割った後${\displaystyle 2x}$そして再編成すると $${\displaystyle {\frac {1}{2x^{2}}}-{\frac {\pi \cot(\pi x)}{2x}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-x^{2}}}.}$$

変数変換を行います（${\displaystyle x=-it}$): $${\displaystyle -{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}+t^{2}}}.}$$

オイラーの公式を用いると、 $${\displaystyle {\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}={\frac {\pi }{2it}}{\frac {i\left(e^{2\pi t}+1\right)}{e^{2\pi t}-1}}={\frac {\pi }{2t}}+{\frac {\pi }{t\left(e^{2\pi t}-1\right)}}.}$$ または対応する双曲線関数を使用する： $${\displaystyle {\frac {\pi \cot(-\pi it)}{2it}}={\frac {\pi }{2t}}{i\cot(\pi it)}={\frac {\pi }{2t}}\coth(\pi t).}$$

それから $${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}+t^{2}}}={\frac {\pi \left(te^{2\pi t}+t\right)-e^{2\pi t}+1}{2\left(t^{2}e^{2\pi t}-t^{2}\right)}}=-{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {\pi }{2t}}\coth(\pi t).}$$

ここで極限をとると${\displaystyle t}$ゼロに近づき、ロピタルの定理を3回適用します。タンネリーの定理を適用すると、${\textstyle \lim _{t\to \infty }\sum _{n=1}^{\infty }1/(n^{2}+1/t^{2})}$極限と無限級数を入れ替えることで、${\textstyle \lim _{t\to 0}\sum _{n=1}^{\infty }1/(n^{2}+t^{2})=\sum _{n=1}^{\infty }1/n^{2}}$そしてロピタルの法則により $${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi }{4}}{\frac {2\pi te^{2\pi t}-e^{2\pi t}+1}{\pi t^{2}e^{2\pi t}+te^{2\pi t}-t}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{3}te^{2\pi t}}{2\pi \left(\pi t^{2}e^{2\pi t}+2te^{2\pi t}\right)+e^{2\pi t}-1}}\\[6pt]&=\lim _{t\to 0}{\frac {\pi ^{2}(2\pi t+1)}{4\pi ^{2}t^{2}+12\pi t+6}}\\[6pt]&={\frac {\pi ^{2}}{6}}.\end{aligned}}}$$

パーセバルの恒等式（関数f ( x ) = xに適用） を使用して、$${\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{\infty }|c_{n}|^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx,}$$ どこ $${\displaystyle {\begin{aligned}c_{n}&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }xe^{-inx}\,dx\\[4pt]&={\frac {n\pi \cos(n\pi )-\sin(n\pi )}{\pi n^{2}}}i\\[4pt]&={\frac {\cos(n\pi )}{n}}i\\[4pt]&={\frac {(-1)^{n}}{n}}i\end{aligned}}}$$

n ≠ 0の場合、c ₀ = 0となります。したがって、 $${\displaystyle |c_{n}|^{2}={\begin{cases}{\dfrac {1}{n^{2}}},&{\text{for }}n\neq 0,\\0,&{\text{for }}n=0,\end{cases}}}$$

そして $${\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{\infty }|c_{n}|^{2}=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx.}$$

したがって、 $${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{4\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }x^{2}\,dx={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$ 必要に応じて。

空間における完全な正規直交基底が与えられた場合${\displaystyle L_{\operatorname {per} }^{2}(0,1)}$L2周期関数の${\displaystyle (0,1)}$（すなわち、周期関数でもある二乗可積分関数の部分空間）は、${\displaystyle \{e_{i}\}_{i=-\infty }^{\infty }}$パーセヴァルの身分証明書は 、$${\displaystyle \|x\|^{2}=\sum _{i=-\infty }^{\infty }|\langle e_{i},x\rangle |^{2},}$$

どこ${\displaystyle \|x\|:={\sqrt {\langle x,x\rangle }}}$は、このヒルベルト空間上の 内積によって定義され、$${\displaystyle \langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}f(x){\overline {g(x)}}\,dx,\ f,g\in L_{\operatorname {per} }^{2}(0,1).}$$

この空間上の正規直交基底は次のように定義される。${\displaystyle e_{k}\equiv e_{k}(\vartheta ):=\exp(2\pi \imath k\vartheta )}$そのため${\displaystyle \langle e_{k},e_{j}\rangle =\int _{0}^{1}e^{2\pi \imath (k-j)\vartheta }\,d\vartheta =\delta _{k,j}}$すると、${\displaystyle f(\vartheta ):=\vartheta }$我々は両方を計算できる $${\displaystyle {\begin{aligned}\|f\|^{2}&=\int _{0}^{1}\vartheta ^{2}\,d\vartheta ={\frac {1}{3}}\\\langle f,e_{k}\rangle &=\int _{0}^{1}\vartheta e^{-2\pi \imath k\vartheta }\,d\vartheta ={\Biggl \{}{\begin{array}{ll}{\frac {1}{2}},&k=0\\-{\frac {1}{2\pi \imath k}}&k\neq 0,\end{array}}\end{aligned}}}$$

それぞれ初等微積分と部分積分によって。最後に、上記の形式で表された パーセバルの恒等式により、次の式が得られる。$${\displaystyle {\begin{aligned}\|f\|^{2}={\frac {1}{3}}&=\sum _{\stackrel {k=-\infty }{k\neq 0}}^{\infty }{\frac {1}{(2\pi k)^{2}}}+{\frac {1}{4}}=2\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2\pi k)^{2}}}+{\frac {1}{4}}\\&\implies {\frac {\pi ^{2}}{6}}={\frac {2\pi ^{2}}{3}}-{\frac {\pi ^{2}}{2}}=\zeta (2).\end{aligned}}}$$

初等微積分を用いて、積分記号の下での微分法をフレイタスによる積分に適用することで、この結果を証明することができる。^{[ 10 ]}$${\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\infty }\ln \left(1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}\right)dx.}$$

被積分関数の原始関数は初等関数で表現できないが、${\displaystyle \alpha }$私たちは到着します

$${\displaystyle {\frac {dI}{d\alpha }}=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-x}}{1+\alpha e^{-x}+e^{-2x}}}dx,}$$これは、代入 によって積分できる。${\displaystyle u=e^{-x}}$そして平方完成。${\displaystyle -2<\alpha <2}$定積分は次のように簡略化される。

$${\displaystyle {\frac {dI}{d\alpha }}={\frac {2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\left[\arctan \left({\frac {\alpha +2}{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)-\arctan \left({\frac {\alpha }{\sqrt {4-\alpha ^{2}}}}\right)\right].}$$

この式は逆正接加算公式を用いて簡略化し、に関して積分することができる。${\displaystyle \alpha }$三角関数置換により、

$${\displaystyle I(\alpha )=-{\frac {1}{2}}\arccos \left({\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}+c.}$$

積分定数${\displaystyle c}$は、2つの異なる値に注目することで決定できます。${\displaystyle I(\alpha )}$関係している

$${\displaystyle I(2)=4I(0),}$$ 計算すると${\displaystyle I(2)}$因数分解できる${\displaystyle 1+2e^{-x}+e^{-2x}=(1+e^{-x})^{2}}$そしてそれを${\displaystyle I(0)}$べき乗恒等式の対数と置換を用いて${\displaystyle u=x/2}$これにより、${\displaystyle c={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$、したがって

$${\displaystyle I(-2)=2\int _{0}^{\infty }\ln(1-e^{-x})dx=-{\frac {\pi ^{2}}{3}}.}$$

この最後の積分は、自然対数をテイラー級数に展開することで評価できます。

$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln(1-e^{-x})dx=-\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-nx}}{n}}dx=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}$$

最後の2つの恒等式は、

$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}.}$$

ほとんどの証明はフーリエ解析、複素解析、多変数微積分などの高度な数学の結果を利用しますが、以下の証明は（最後に一度極限を取るまでは）一変数微積分さえ必要としません。

剰余定理を用いた証明については、こちらを参照してください。

証拠

証明の主な考え方は、部分和（有限和）を制限することである。 $${\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}}$$2 つの式の間には、 m が無限大に近づくにつれて それぞれ⁠ π ² / 6 ⁠に近づくものがあります。この 2 つの式は、余接関数と余割関数を含む恒等式から導出されます。これらの恒等式は、さらにド モアブルの公式から導出され、次にこれらの恒等式を確立します。

x を0 < x < π / 2を満たす実数とし、nを正の奇数とする。すると、ド・モアブルの公式と余接関数の定義から、次の式が得られる 。$${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\cos(nx)+i\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}&={\frac {(\cos x+i\sin x)^{n}}{\sin ^{n}x}}\\[4pt]&=\left({\frac {\cos x+i\sin x}{\sin x}}\right)^{n}\\[4pt]&=(\cot x+i)^{n}.\end{aligned}}}$$

二項定理より、 $${\displaystyle {\begin{aligned}(\cot x+i)^{n}=&{n \choose 0}\cot ^{n}x+{n \choose 1}(\cot ^{n-1}x)i+\cdots +{n \choose {n-1}}(\cot x)i^{n-1}+{n \choose n}i^{n}\\[6pt]=&{\Bigg (}{n \choose 0}\cot ^{n}x-{n \choose 2}\cot ^{n-2}x\pm \cdots {\Bigg )}\;+\;i{\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.\end{aligned}}}$$

2つの式を組み合わせ、虚数部を等しくすると、次の恒等式が得られます。 $${\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{\sin ^{n}x}}={\Bigg (}{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\pm \cdots {\Bigg )}.}$$

この恒等式を取り、正の整数mを固定し、n = 2 m + 1と設定し、r = 1, 2, ..., mに対してx _r = ⁠ r π / 2 m + 1 ⁠とします。するとnx _rはπの倍数となり、したがってsin( nx _r ) = 0 となります。したがって、 $${\displaystyle 0={{2m+1} \choose 1}\cot ^{2m}x_{r}-{{2m+1} \choose 3}\cot ^{2m-2}x_{r}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}}$$

すべてのr = 1, 2, ..., mに対して、値x r ₌ x 1 _, x 2 _, ..., x _mは、区間0 < x _r < π / 2内の異なる数です。関数cot ² xはこの区間で単射であるため、数t _r = cot ² x _rはr = 1, 2, ..., mに対して異なります。上記の式により、これらのm個の数はm次多項式 の根です。$${\displaystyle p(t)={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\pm \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}.}$$

ヴィエタの公式によれば、多項式の最初の 2 つの係数を調べることで根の和を直接計算することができ、この比較から次のことがわかります。 $${\displaystyle \cot ^{2}x_{1}+\cot ^{2}x_{2}+\cdots +\cot ^{2}x_{m}={\frac {\binom {2m+1}{3}}{\binom {2m+1}{1}}}={\frac {2m(2m-1)}{6}}.}$$

恒等式csc ² x = cot ² x + 1を代入すると、 $${\displaystyle \csc ^{2}x_{1}+\csc ^{2}x_{2}+\cdots +\csc ^{2}x_{m}={\frac {2m(2m-1)}{6}}+m={\frac {2m(2m+2)}{6}}.}$$

ここで、不等式cot ² x < ⁠ 1 / x ² ⁠ < csc ² xを考えます（上の図は幾何学的に示されています）。これらの不等式を各数x _r = ⁠ r π / 2 m + 1 ⁠についてすべて足し合わせ、上記の 2 つの恒等式を使用すると、次のようになります。 $${\displaystyle {\frac {2m(2m-1)}{6}}<\left({\frac {2m+1}{\pi }}\right)^{2}+\left({\frac {2m+1}{2\pi }}\right)^{2}+\cdots +\left({\frac {2m+1}{m\pi }}\right)^{2}<{\frac {2m(2m+2)}{6}}.}$$

両辺に( ⁠ π / 2 m + 1 ⁠ ) ^{2を掛ける}すると、 $${\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m-1}{2m+1}}\right)<{\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}<{\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m+2}{2m+1}}\right).}$$

m が無限大に近づくと、左辺と右辺の式はそれぞれ⁠ π ² / 6 ⁠に近づくので、はさみうちの定理により、 $${\displaystyle \zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\lim _{m\to \infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}\right)={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$

これで証明は完了です。

タマガワ数に関するワイルの予想を仮定すれば、証明も可能である。^{[ 13 ]}この予想は、代数群SL ₂ ( R ) の場合、群のタマガワ数が 1 であることを主張している。すなわち、有理アデール上の特殊線形群を有理数の特殊線形群 (コンパクト集合 であるため) で割った商が 1 である。${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Q} )}$はアデールの格子であり、玉川尺度1を持つ。 $${\displaystyle \tau (SL_{2}(\mathbb {Q} )\setminus SL_{2}(A_{\mathbb {Q} }))=1.}$$

玉川尺度を決定するために、グループは${\displaystyle SL_{2}}$行列で構成される $${\displaystyle {\begin{bmatrix}x&y\\z&t\end{bmatrix}}}$$ と${\displaystyle xt-yz=1}$群上の 不変体積形式は$${\displaystyle \omega ={\frac {1}{x}}dx\wedge dy\wedge dz.}$$

商の尺度は、${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} )\setminus SL_{2}(\mathbb {R} )}$無限の場所に対応し、${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p})}$各有限場所で、${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$はp 進整数です。

地域的な要因については、 $${\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p}))=|SL_{2}(F_{p})|\omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p))}$$ どこ${\displaystyle F_{p}}$はフィールドです${\displaystyle p}$要素、そして${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p)}$合同部分群はモジュロ${\displaystyle p}$各座標は${\displaystyle x,y,z}$後者のグループをマッピングする${\displaystyle p\mathbb {Z} _{p}}$そして${\displaystyle \left|{\frac {1}{x}}\right|_{p}=1}$の尺度${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} _{p},p)}$は${\displaystyle \mu _{p}(p\mathbb {Z} _{p})^{3}=p^{-3}}$、 どこ${\displaystyle \mu _{p}}$は正規化されたハール測度である${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$また、標準的な計算によると、${\displaystyle |SL_{2}(F_{p})|=p(p^{2}-1)}$これらを組み合わせると${\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} _{p}))=(1-1/p^{2})}$。

無限位では、基本領域上の積分計算${\displaystyle SL_{2}(\mathbb {Z} )}$示しているのは${\displaystyle \omega (SL_{2}(\mathbb {Z} )\setminus SL_{2}(\mathbb {R} ))=\pi ^{2}/6}$したがって、ワイル予想は最終的に次のようになる。 $${\displaystyle 1={\frac {\pi ^{2}}{6}}\prod _{p}\left(1-{\frac {1}{p^{2}}}\right).}$$ 右側には、オイラー積が認識されます。${\displaystyle 1/\zeta (2)}$こうして、バーゼル問題の解決策が得られる。

このアプローチは、（双曲）幾何学と算術の間のつながりを示しており、逆向きにすることで、特殊な場合のワイル予想の証明を与えることができる。${\displaystyle SL_{2}}$独立した証明を前提として${\displaystyle \zeta (2)=\pi ^{2}/6}$。

バーゼル問題は、実数直線を無限半径の円と見なせるという洞察を用いることで、ユークリッド幾何学によって証明できる。ここでは、完全に厳密ではないものの、直感的な概略を示す。

• 整数を選択してください${\displaystyle N}$、そして${\displaystyle N}$円周が等しい円上の等間隔の点${\displaystyle 2N}$円の半径は${\displaystyle N/\pi }$そして、 2点間の各弧の長さは${\displaystyle 2}$ポイントをコールする${\displaystyle P_{1..N}}$。
• 別の一般的な点を取り上げてみましょう。${\displaystyle Q}$円周上には、${\displaystyle 0<\alpha <1}$2 つの連続する点間の弧 (例えば${\displaystyle P_{1}}$そして${\displaystyle P_{2}}$一般性を損なうことなく）。
• すべてのコードを描き、${\displaystyle Q}$それぞれ${\displaystyle P_{1..N}}$ポイント。さて（これが証明の鍵です）、これらすべての弦の長さの逆二乗の合計を計算し、それを${\displaystyle sisc}$。
• この証明は、(固定されたに対して)という注目すべき事実に基づいている。${\displaystyle \alpha }$) 、${\displaystyle sisc}$依存しない${\displaystyle N}$直感的に、${\displaystyle N}$円が大きくなると、弦の数も増えますが、弦の長さも増えるので（円が大きくなるにつれて）、弦の逆二乗は減少します。
• 特に、次のような場合を考えてみましょう。${\displaystyle \alpha =1/2}$つまり、${\displaystyle Q}$は、連続する2つの間の弧の中点です。${\displaystyle P}$'s。${\displaystyle sisc}$ケースから簡単に見つけることができる${\displaystyle N=1}$1つしかない場所${\displaystyle P}$、そして1つ${\displaystyle Q}$円の反対側に弦を張る。すると弦の長さは円の直径になる。${\displaystyle 2/\pi }$.${\displaystyle sisc}$すると${\displaystyle \pi ^{2}/4}$。
• いつ${\displaystyle N}$無限大に近づくと、円は実数直線に近づきます。原点を${\displaystyle Q}$ポイント${\displaystyle P_{1..N}}$弧の長さは 1 なので、奇数整数位置 (正と負)に配置されます。${\displaystyle Q}$に${\displaystyle P_{1}}$、そして2以降。したがって、バーゼル問題のこの変形が得られます。

$${\displaystyle \sum _{z=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{(2z-1)^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{4}}}$$

• ここから、少し代数計算をすれば、元の式を復元できます。

$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2n-1)^{2}}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2n)^{2}}}={\frac {1}{2}}\sum _{z=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{(2z-1)^{2}}}+{\frac {1}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}$$

つまり、

$${\displaystyle {\frac {3}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{8}}}$$

または

$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$。

独立${\displaystyle sisc}$から${\displaystyle N}$より制限的なケースでは、ユークリッド幾何学を用いて容易に証明できる。${\displaystyle N}$は2のべき乗です。${\displaystyle N=2^{n}}$これによって、依然として限定論法を適用することができる。証明は帰納法によって進められる。${\displaystyle n}$逆ピタゴラスの定理を用いる。逆ピタゴラスの定理とは、次のことである。

$${\displaystyle {\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}={\frac {1}{h^{2}}}}$$

どこ${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$脚と${\displaystyle h}$は直角三角形の高さです。

• 基本ケースでは${\displaystyle n=0}$、コードは 1 つだけです。${\displaystyle \alpha =1/2}$直径と${\displaystyle sisc}$は${\displaystyle \pi ^{2}/4}$上記のとおりです。
• さて、あなたが${\displaystyle 2^{n}}$半径を持つ円上の点${\displaystyle 2^{n}/\pi }$そして中央${\displaystyle O}$、 そして${\displaystyle 2^{n+1}}$半径を持つ円上の点${\displaystyle 2^{n+1}/\pi }$そして中央${\displaystyle R}$帰納的ステップは、これら2つの円が同じであることを示すことである。${\displaystyle sisc}$特定の${\displaystyle \alpha }$。

• まず、円が共通点を持つように円を描きます。${\displaystyle Q}$。 ご了承ください${\displaystyle R}$は小さい円上にあります。次に、${\displaystyle 2^{n+1}}$は常に偶数であり、簡単な幾何学的議論により、反対の点のペアを選択できることがわかります。${\displaystyle P_{1}}$そして${\displaystyle P_{2}}$より大きな円上で、各ペアを直径で結ぶことによって。さらに、各ペアについて、点の1つは円の「下」半分（より近い）にあります。${\displaystyle Q}$（）そしてもう一方を「上」半分に。

• 大きい円の直径${\displaystyle P_{1}P_{2}}$小さい円を切り取る${\displaystyle R}$そして別の時点で${\displaystyle P}$すると、以下の点を考慮することができます。
  • ${\displaystyle P_{1}{\widehat {Q}}P_{2}}$直角なので${\displaystyle P_{1}P_{2}}$直径です。
  • ${\displaystyle Q{\widehat {P}}R}$直角なので${\displaystyle QR}$直径です。
  • ${\displaystyle Q{\widehat {R}}P_{2}=Q{\widehat {R}}P}$半分${\displaystyle Q{\widehat {O}}P}$円周角の定理について。
  • したがって、弧${\displaystyle QP}$弧に等しい${\displaystyle QP_{2}}$これも半径が半分だからだ。
  • 和音${\displaystyle QP}$は直角三角形の高さです${\displaystyle QP_{1}P_{2}}$したがって、逆ピタゴラスの定理については次のようになります。

$${\displaystyle {\frac {1}{{\overline {QP}}^{2}}}={\frac {1}{{\overline {QP_{1}}}^{2}}}+{\frac {1}{{\overline {QP_{2}}}^{2}}}}$$

• したがって、大きい円上の点の半分（下半分の点）には、小さい円上に同じ弧距離を持つ対応する点が存在する。${\displaystyle Q}$（小さい円の円周は大きい円の円周の半分なので、${\displaystyle R}$弧距離も2である必要があります。逆に、${\displaystyle 2^{n}}$小さい円上の点から、大きい円上に点のペアを構築でき、これらの点はすべて等距離で、同じ弧距離を持ちます。${\displaystyle Q}$。
• さらに、合計${\displaystyle sisc}$大きい円の場合、${\displaystyle sisc}$小さい円の場合、大きい円上の各点のペアは、小さい円上の対応する点と同じ逆二乗和を持つ。^{[ 14 ]}

リーマンゼータ関数の恒等式の特殊な場合については、以下を参照してください。${\displaystyle s=2.}$この定数のその他の特筆すべき特別な定義や表現については、以下のセクションに記載されています。