從歐拉公式到巴塞爾問題

歐拉公式

《微積分入門》使用歐拉公式嚴格地定義了三角函數，這裡只參考原書推導歐拉公式，不重新定義三角函數。

定義復數$e=\cos(\theta)+\mathrm{i}\sin(\theta)$，$\vert e\vert^2=\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)=1$。這個復數$e$並不是實際的數，而是表示一種變換，用這個復數來表示復平面的旋轉：
$$R_e: z\to z’=e\cdot z$$
需要確定的就是復數$e$關於角$\theta$的非三角函數形式的函數$e(\theta)$。
首先，旋轉兩次的復合可以用$e$的乘積表示，而對於旋轉的角，則是相加，由此可得：
$$e(\theta+\varphi)=e(\theta)\cdot e(\varphi)\quad(1)$$
令$\varphi=0$，可得$e(\theta+0)=e(\theta)\cdot e(0)$，於是得到：
$$e(0)=1$$
令$\varphi=-\theta$，可得$e(0)=e(\theta)\cdot e(-\theta)$，於是得到：
$$e(-\theta)=\frac{1}{e(\theta)}=\overline{e(\theta)}$$
同時很容易得到：對於正整數$n$，$e(n\theta)=e(\theta)^n$，所以：
$$e(\theta)=e(\frac{\theta}{n})^n$$
當$n\to\infty$時，$\theta/n\to0$，$e(\theta/n)\to1$，令：
$$e(\frac{\theta}{n})=1+\sigma_n,\quad\sigma_n\to0$$
則：
$$e(\theta)=(1+\sigma_n)^n$$
此時，觀察$1\cdot e(\theta/n)=e(\theta/n)$：

可以看到，$e(\theta/n)$很接近$1+(\theta/n)\mathrm{i}$，於是設：
$$\sigma_n=\frac{1}{n}(\tau_n+\theta\mathrm{i}),\quad\tau_n\to0$$
(加上一個很小的$\tau$是為了嚴格性)
於是得到：
$$e(\theta)=(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n}+\frac{\tau}{n})^n=(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n})^n(1+\frac{z_n}{n})^n$$
其中：
$$z_n=\frac{\tau_n}{1+\theta\mathrm{i}/n}\to0$$

引理1：對於復數列$\{z_n\}$，若$\lim_{n\to\infty}z_n=0$，那麼$\lim_{n\to\infty}(1+z_n/n)^n=1$。具體證明不再贅述，見《微積分入門》。

由此引理可得：
$$e(\theta)=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n})^n$$
可以證明此函數是絕對值為1的連續復值函數，且滿足條件(1)，具體見《微積分入門》。
又由$e^z=\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n$，可得：
$$e(\theta)=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{\theta\mathrm{i}}{n})^n=e^{\mathrm{i}\theta}=\cos(\theta)+\mathrm{i}\sin(\theta)$$
這就是歐拉公式。

因為$\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n=\sum_{n=0}^{\infty}z^n/n!$，所以：
$$e(\theta)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}\theta)^n}{n!}=1+\frac{\mathrm{i}\theta}{1!}-\frac{\theta^2}{2!}-\frac{\mathrm{i}\theta^3}{3!}+\frac{\theta^4}{4!}+\cdots$$
很容易得到正余弦函數的泰勒展開：
$$
\begin{cases}
\cos(\theta)=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+\cdots\\
\sin(\theta)=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\frac{\theta^7}{7!}+\cdots
\end{cases}
$$

注意，以下內容不嚴格

正弦函數因式分解

因為$\sin(\pi)=0$，所以可以將正弦函數因式分解為：
$$\sin(x)=ax(x+\pi)(x-\pi)(x+2\pi)(x-2\pi)\cdots$$
注意到極限：
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1$$
於是將上式兩邊除以$x$並取極限：
$$1=a\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots$$
所以：
$$a=\frac{1}{\pi(-\pi)(2\pi)(-2\pi)\cdots}$$
代回原式：
$$\sin(x)=x(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{2\pi})(1-\frac{x}{2\pi})\cdots$$

巴塞爾問題

巴塞爾問題即為求如下級數的值：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots$$
這個問題有很多解法，這裡寫一種使用正弦函數的解法。

現在，有兩個正弦函數的表達式：
$$
\begin{aligned}
\sin(x)=&x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\\
\sin(x)=&x(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{2\pi})(1-\frac{x}{2\pi})\cdots
\end{aligned}
$$

將下式展開：
$$
\begin{aligned}
\sin(x)=&x(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{2\pi})(1-\frac{x}{2\pi})\cdots\\
=&x(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})\cdots\\
=&[x-(\frac{x^3}{\pi^2}+\frac{x^3}{4\pi^2}+\frac{x^3}{9\pi^2})+(\frac{x^5}{4\pi^4}+\frac{x^5}{9\pi^4}+\frac{x^5}{36\pi^4})-\frac{x^7}{36\pi^6}](1-\frac{x^2}{16\pi^2})\cdots\\
=&x-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}+ax^5-bx^7+\cdots
\end{aligned}
$$

比較$x$的次數可得到等式：
$$-\frac{x^3}{3!}=-\frac{x^3}{6}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^3}{n^2\pi}$$
於是得到：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}$$