バーゼル問題の初等的な証明

$1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\\ < 1+\dfrac{1}{1\cdot 2}+\dfrac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\dfrac{1}{(n-1)n}\\ =1+\left(1-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)\\ =2-\dfrac{1}{n}$

より，バーゼル問題の級数は収束してその値は $2$ 以下であることが分かる。

$k=1,\:2,\cdots,n$ に対して $\theta_k=\dfrac{k\pi}{2n+1}$ とおく。 $0\leq \theta_k\leq \dfrac{\pi}{2}$ より，

$\sin \theta_k \leq \theta_k\leq \tan \theta_k$ を得る。

各辺の逆数をとって二乗すると，

$\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\leq \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}\leq \dfrac{1}{\sin^2\theta_k}$

これを変形して平方数の逆数を作り出す：

$\dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2}\cdot\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\leq \dfrac{1}{k^2}\leq \dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2}\left(1+\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\right)$

これを $k=1$ から $n$ まで足し合わせる：

$\dfrac{\pi^2}{(2+\frac{1}{n})^2n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\leq \displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}\\\leq \dfrac{\pi^2}{(2+\frac{1}{n})^2}\left(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\right)\:\cdots(※)$

よって，あとは $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}=\dfrac{2}{3}$ を証明すれば，上記の不等式の極限を取ってハサミ打ちの原理を使うことにより収束先が $\dfrac{\pi^2}{2^2}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{\pi^2}{6}$ であることが分かる。

$\sin(2n+1)\theta_k=0$ より，

$z=(\cos\theta_k+i\sin\theta_k)^{2n+1}$ の虚部は $0$ である。

また，$\sin\theta_k\neq 0$ なので，$z$ を $\sin^{2n+1}\theta_k$ で割ることにより，

$z'=\left(\dfrac{1}{\tan\theta_k}+i\right)^{2n+1}$ の虚部は $0$ である。

この $z'$ の虚部は $\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}$ の $n$ 次多項式とみなせる！

そこで，この $n$ 次多項式を

$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0=0$ とおくと，$k=1,2,\cdots,n$ に対して

$f\left(\dfrac{1}{\tan^2\theta_k}\right)=0$ である。

すなわち $n$ 次方程式 $f(x)=0$ の解が $n$ 個全て構成できたので解と係数の関係より，

$S_n=-\dfrac{a_{n-1}}{a_n}$

実際，二項定理を用いて計算すると，

$a_n=2n+1,\:a_{n-1}=-\dfrac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}$ なので

$S_n=\dfrac{n(2n-1)}{3}$

よって，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{S_n}{n^2}=\dfrac{2}{3}$ が示された。