バーゼル問題の積分のみを用いた解法
以前にも バーゼル問題を積分で解く記事 を出したが、最近朝起きたときに新たな証明方法を思いついたので書きしるす。今回のはファインマントリックも必要とせず、かなり早い証明となる。
$$\int_{0}^{\pi/2}\frac {\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-x^2}+\cos\theta}=\frac {\operatorname{artanh} x}{x}\quad(|x|<1)$$
$y=\sqrt{1-x^2}$とする。$\tan(\theta /2)=t$の置換を施して計算すると、
$$\int_{0}^{\pi /2}\frac {\mathrm{d}\theta}{y+\cos \theta}=\frac {2\operatorname{artanh}\sqrt{\frac {1-y}{1+y}}}{\sqrt{1-y^2}}$$
となる。$y=\sqrt{1-x^2}$を代入すると、右辺に等しくなる。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac {1}{n^2}=\frac {\pi^2}{6}$$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac {1}{n^2}=\frac {\pi^2}{6}$を示すには、$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac {1}{(2n+1)^2}=\frac {\pi^2}{8}$を示せばよい。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1 {(2n+1)^2}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1 {2n+1}\int_{0}^{1}\frac {x^{2n+1}}x\mathrm{d}x
\\
&=\int_{0}^{1}\frac {\operatorname{artanh}x}{x}\mathrm{d}x \quad \left(\because \operatorname{artanh }x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {x^{2n+1}}{2n+1}\right)
\\
&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /2}\frac {1}{\sqrt{1-x^2}+\cos \theta}\mathrm{d}\theta \mathrm{d}x \quad (\text{補題1})
\\
&=\int_{0}^{\pi / 2 }\int_{0}^{\pi / 2 }\frac {\cos \phi}{\cos\phi + \cos \theta}\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \quad (x\to \sin \phi)
\\
&=\frac 12 \int_{0}^{\pi / 2 }\int_{0}^{\pi / 2 }\frac {\cos \phi+\cos \theta}{\cos\phi + \cos \theta}\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \quad (\text{対称性})
\\
&=\frac 1 2 \qty({\frac \pi 2})^2=\frac {\pi^2}{8}
\end{align}
$$\therefore \sum_{n=1}^{\infty}\frac {1}{n^2}=\frac {\pi^2}{6}$$
その後のリーマンゼータ関数などへつながるような類の証明ではないが、かなり初等的な解法のように思える。
