バーゼル問題の積分のみを用いた解法

$y=\sqrt{1-x^2}$とする。$\tan \left(\theta /2\right)=t$の置換を施して計算すると、
$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{y+\cos \theta }=\frac{2\mathrm{artanh}\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}}{\sqrt{1-y^2}}$$
となる。$y=\sqrt{1-x^2}$を代入すると、右辺に等しくなる。

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}}$を示すには、${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}}$を示せばよい。
$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n+1{)}^2}& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n+1}{\int }_0^1\frac{x^{2n+1}}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1\frac{\mathrm{artanh}x}{x}\mathrm{d}x(\because \mathrm{artanh}x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1})\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}+\cos \theta }\mathrm{d}\theta \mathrm{d}x(\text{補題1})\\ & ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos \varphi }{\cos \varphi +\cos \theta }\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi (x\to \sin \varphi )\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos \varphi +\cos \theta }{\cos \varphi +\cos \theta }\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi (\text{対称性})\\ & =\frac{1}{2}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2=\frac{{\pi }^2}{8}\end{array}$$
$$\therefore \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$