Prueba visual de $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$ ?

Question

En su magnífico documento "Cómo calcular $\sum \frac{1}{n^2}$ resolviendo triángulos" Mikael Passare ofrece esta idea para probar $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ :

La prueba de la igualdad de las áreas cuadradas y curvas se basa en otra imagen:

La recapitulación de la prueba de Passare mediante fórmulas es la siguiente:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty \frac{e^{-nx}}{n}\; dx\; = -\int_0^\infty \log(1-e^{-x})\; dx\; = \frac{\pi^2}{6}$$

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También hay otro documento que trata de la prueba geométrica de $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ de una manera totalmente diferente.

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Traté de encontrar una manera similar de probar:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$$

pero no tuvo éxito. ¿Tal vez lo hagas tú?

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Answer 1

La primera parte es similar. $$\dfrac{1}{n^4} = \dfrac{1}{n} \int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-n(x+y+z)}\; dx\; dy\; dz$$ así que $$\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^4} = \int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty -\log(1 - e^{-(x+y+z)})\; dx\; dy\; dz$$ Ahora estamos integrando sobre un octante de $\mathbb R^3$ . Cambiar las variables a $u = x$ , $v = x+y$ , $w = x+y+z$ con $du\; dv\; dw = dx\; dy\; dz$ : $$\eqalign{\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^4} &= \int_{w=0}^\infty \int_{v=0}^w \int_{u=0}^v -\log(1 - e^{-w})\; du\; dv\; dw\cr &= -\int_0^\infty \dfrac{w^2 \log(1-e^{-w})}{2}\; dw\cr }$$ Lo difícil es evaluar esa integral.

Answer 2

Según lo solicitado por el OP, esta es una respuesta detallada sobre cómo calcular la integral en la igualdad final del post de Robert Israel, que es $$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = -\int_0^\infty \frac{w^2}{2}\log(1-e^{-w})\mathrm{d}w.$$ Primero integrar por partes con $u=\log(1-e^{-w})$ , $v'=w^2/2$ . Esto da $$\phantom{texttext} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = -\underbrace{\frac{1}{6} w^3 \log(1-e^{-w})|_0^\infty}_{=0} + \frac{1}{6} \underbrace{\int_0^\infty \frac{w^3}{e^w-1} \mathrm{d}w}_{\equiv J}.\phantom{texttext} (1)$$ Ahora la tarea restante es calcular la integral $J$ . .............................................................................................................................................................................. Esto puede hacerse mediante la integración de contornos como se explica en la segunda respuesta a la pregunta " Integral de contorno para $x^3/(e^x-1)$ ? "(en adelante OA) . Para que la presente respuesta sea lo más autónoma posible, volveré a exponer la respuesta dada en el hilo que he enlazado (doy todo el crédito al autor del OA, la siguiente derivación sigue de cerca la suya y recomiendo que se lea el OA). Si no es aceptable repetir una respuesta existente, eliminaré esta parte.

Paso 1: Elija el siguiente contorno, llamémoslo $\Gamma$ (fuente de la figura: OA) $\phantom{texexexexexexxt}$ Paso 2: Considere la integral $$\oint_\Gamma \frac{z^4}{e^z-1} \mathrm{d}z,$$ que desaparece por el teorema de Cauchy porque $\Gamma$ es cerrado y el integrando es analítico. Escribir las contribuciones de las cuatro aristas y los dos segmentos del círculo,

$$\int_\epsilon ^R \frac{x^4}{e^x - 1}\mathrm{d}x + \int_0 ^{2\pi} \frac{(R+iy)^4}{e^{R+iy}- 1}i\mathrm{d}y + \int_{R}^\epsilon \frac{(x+i2\pi)^4}{e^{x+i2\pi}-1}\mathrm{d}x + \int_0 ^{-\frac{\pi}{2}}\frac{(2 \pi i + \epsilon e^{i\theta})^4}{e^{2\pi i + \epsilon e^{i\theta}}-1} i\epsilon e^{i\theta}\mathrm{d}\theta + \int_{2\pi- \epsilon}^{\epsilon}\frac{(iy)^4}{e^{iy}-1}i\mathrm{d}y+ \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{(\epsilon e^{i\theta})^4}{e^{\epsilon e^{i\theta}}-1}i\epsilon e^{i\theta} \mathrm{d}\theta = 0.$$

Paso 3: Toma el límite $R\to\infty$ y $\epsilon\to 0$ . Esto elimina el segundo y el último término respectivamente. Hay que tener cuidado en la 4ª integral, porque $\epsilon\to 0$ no se puede tomar directamente. Más bien, hay que utilizar $\lim_{x\to0}x/(e^{ax}-1)=1/a$ para encontrar que la 4ª integral se convierte en $-8i\pi^5$ . A continuación, expande la potencia en el tercer término y observa que el $x^4$ se cancela con la primera integral. Dividiendo la 5ª integral en partes reales e imaginarias nos queda la ecuación $$-i8\pi \int_0 ^\infty \frac{x^3}{e^x - 1} \mathrm{d}x + 24\pi^2\int_0 ^\infty \frac{x^2}{e^x -1}\mathrm{d}x + i 32 \pi^3 \int_0 ^\infty \frac{x}{e^x - 1}\mathrm{d}x- 16\pi^4\int_0 ^\infty \frac{1}{e^x - 1}\mathrm{d}x -i8\pi^5+\frac{i}{2} \int_0 ^{2\pi} y^4 \mathrm{d}y - \frac{1}{2} \int_0 ^{2\pi} \frac{y^4 \sin y}{1-\cos y}\mathrm{d}y=0.$$

Paso 4: Tome la parte imaginaria para encontrar $$-8 \pi J + 32 \pi^3 \int_0 ^\infty \frac{x}{e^x - 1}\mathrm{d}x - 8\pi^5+\frac{16\pi^5}{5} = 0$$ La integral restante se muestra, mediante el clásico truco en la respuesta aceptada a la pregunta vinculada, como $$\int_0^\infty \frac{x}{e^x-1} \mathrm{d}x = \zeta(2).$$ El valor de $\zeta(2)=\pi^2/6$ se ha dado en la pregunta (se indica incorrectamente en el OA como $\pi^2/12$ . Esto da el resultado final $$J = \frac{\pi^4}{15},$$ que, por (1), completa la prueba de que $\zeta(4)=\pi^4/90 \text{ }\square$ .