类似巴塞尔级数的一个级数
我们知道，所有正整数倒数的平方和的倒数收敛于一个固定的值：
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}
\]
这一级数问题被称为巴塞尔(Basel)问题，所以不妨称这级数为巴塞尔级数.
再来看另一个类似的级数：
\[\begin{aligned}
&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+k}=\frac{1}{1^2+k}+\frac{1}{2^2+k}+\cdots\\
&\qquad \qquad \qquad(k>0)
\end{aligned}
\]
因为这级数的一般项
\[\frac{1}{n^2+k}<\frac{1}{n^2}
\]
所以由比较审敛法可知该级数收敛，但如何求出这一级数的值呢？我们不妨再回头看巴塞尔级数，它的推导用到了傅里叶(Fourier)级数，即将\(f(x)=x^2\)展开为了三角级数.
(三角级数是将一个周期函数展开为正弦函数与余弦函数的和，具体展开式如下：)
\[\begin{aligned}
&f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx})\\
&a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos{nx}\,dx\\
&b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin{nx}\,dx
\end{aligned}
\]
我们对于类巴塞尔级数的推导也可从傅里叶级数，但展开的函数变为
\[f(x)=e^{kx}\quad(-\pi \leqslant x<\pi)\;,T=2\pi
\]
其中\(T\)表示该函数的周期.将这函数傅里叶展开，可得
\[f(x)=\frac{e^{k\pi}-e^{-k\pi}}{\pi}\left[\frac{1}{2k}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+k^2}(k\cos{nx}-n\sin{nx})\right]
\]
下面陈述一个重要定理：
若\(x_0\)是周期为\(2\pi\)的函数的第一类间断点，那么将\(x_0\)代入傅里叶级数，傅里叶级数收敛于
\[\frac{f^{+}(x_0)+f^{-}(x_0)}{2}
\]
容易知道\(\pi\)是上面的函数的间断点，将\(\pi\)代入上面的式子，就有
\[\begin{aligned}
&\frac{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}{2}=\frac{e^{k\pi}-e^{-k\pi}}{\pi}\left[\frac{1}{2k}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+k^2}(k\cos{n\pi}-n\sin{n\pi})\right]\\
&\frac{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}{2}=\frac{e^{k\pi}-e^{-k\pi}}{\pi}\left[\frac{1}{2k}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+k^2}\cdot k\cdot (-1)^n\right]\\
&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+k^2}=\frac{1}{k}\left(\frac{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}{2}\cdot \frac{\pi}{e^{k\pi}-e^{-k\pi}} -\frac{1}{2k}\right)\\
&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+k^2}=\frac{k\pi\coth{k\pi}-1}{2k^2}\\
\therefore &\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+k}=\frac{\sqrt{k}\pi\coth{\sqrt{k}\pi}-1}{2k}\quad(k>0)
\end{aligned}
\]
(上式中的\(\coth x\)符号指\(\dfrac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}\)，称为双曲余切)
这也就推出了上面级数的和.
但是这个式子仅当\(k>0\)时成立，如果我们希望这个式子能推出我们熟悉的巴塞尔级数，需要在等式两边对\(k\)取极限，使\(k\to 0^{+}\).
\[\begin{aligned}
&\lim_{k\to 0^{+}}{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+k^2}}=\lim_{k\to 0^{+}}{\frac{k\pi\coth{k\pi}-1}{2k^2}}\\
&\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{k\to 0^{+}}{\frac{k\pi\coth{k\pi}-1}{2k^2}}
\end{aligned}
\]
于是只要求出等式右边的极限即可.
这极限中的\(\coth\)使极限变得复杂，于是将\(\coth\)中的\(e^x\)展开(因为\(\coth\)本身无法在\(0\)处展开)
\[\begin{aligned}
&\lim_{k\to 0^{+}}{\frac{k\pi\coth{k\pi}-1}{2k^2}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{k\pi \cdot \cfrac{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}{e^{k\pi}-e^{-k\pi}}-1}{2k^2}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{k\pi \cdot \cfrac{\left[1+k\pi+\cfrac{k^2\pi^2}{2}+\cfrac{k^3\pi^3}{6}+o\left(k^3\right) \right]+\left[1-k\pi+\cfrac{k^2\pi^2}{2}-\cfrac{k^3\pi^3}{6}+o\left(k^3\right) \right]}{\left[1+k\pi+\cfrac{k^2\pi^2}{2}+\cfrac{k^3\pi^3}{6}+o\left(k^3\right) \right]-\left[1-k\pi+\cfrac{k^2\pi^2}{2}-\cfrac{k^3\pi^3}{6}+o\left(k^3\right) \right]}-1}{2k^2}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{k\pi \cdot \cfrac{2+k^2\pi^2+o\left(k^3 \right)}{2k\pi+\cfrac{k^3\pi^3}{3}+o\left(k^3\right)}-1}{2k^2}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{\cfrac{2}{3}\pi^3k^3+o\left(k^4\right)+o\left(k^3\right)}{4\pi k^3+\cfrac{2}{3}\pi^3k^5+o\left(k^5\right)}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{\cfrac{2}{3}\pi^3k^3+o\left(k^3\right)}{4\pi k^3+\cfrac{2}{3}\pi^3k^5+o\left(k^5\right)}}\\
=&\lim_{k\to 0^{+}}{\cfrac{\cfrac{2}{3}\pi^3+\cfrac{o\left(k^3\right)}{k^3}}{4\pi+\cfrac{2}{3}\pi^3k^2+\cfrac{o\left(k^5\right)}{k^3}}}\\
=&\frac{\pi^2}{6}
\end{aligned}
\]
这也就是巴塞尔级数.
接下来我们将上面级数的结论推导至\(k\in\mathbb{R}\)的情况.因为\(\coth{\mathrm{i}x}=-\mathrm{i}\cot{x}\)，所以可以得到
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-k}=\frac{1-\sqrt{k}\pi\cot{\sqrt{k}\pi}}{2k}\quad \left(k>0\, ,\,k\neq1^2,2^2,\cdots \right)
\]
其中\(k\neq1^2,2^2,\cdots\)的条件是显然的，因为将这些值代入等式左右两边都无意义.