La serie infinita...
$\pi/4 = 1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 ...$
...me resulta muy intrigante y parece una loca coincidencia (su relación con $\pi$ ). ¿Es realmente una locura o tiene detrás un razonamiento lógico y fácil de explicar que haría que no pareciera tan mágico?
La prueba estándar es que esto se deduce de la Serie Taylor
$$\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} \mp ...$$
para la arctangente. Esta serie de Taylor está estrechamente relacionada con la serie de Taylor del logaritmo
$$\log (1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \mp ...$$
y esto se debe a que la función tangente se puede escribir en términos de exponenciales complejos, por lo que la función arctangente se puede escribir en términos de logaritmos complejos . Así que la aparición de $\pi$ en esta fórmula se debe moralmente a Fórmula de Euler .
Pero también existe la siguiente bella prueba, que aprendí de la obra de Gabor Toth Atisbos de álgebra y geometría . Considere el número $N(r)$ de puntos enteros de la red dentro del círculo de radio $r$ centrado en el origen, o en otras palabras el número de pares de enteros $x, y$ satisfaciendo $x^2 + y^2 \le r^2$ . No es difícil ver que $N(r) \sim \pi r^2$ para grandes $r$ de hecho, no es difícil ver que $N(r) = \pi r^2 + O(r)$ .
Sea $r_2(n)$ denotan el número de pares de números enteros $(x, y)$ tal que $x^2 + y^2 = n$ . Entonces $N(r) = 1 + r_2(1) + ... + r_2(r^2)$ (si $r$ es un número entero). Por otra parte, a resultado clásico de la teoría de números implica que
$$r_2(n) = 4(d_1(n) - d_3(n))$$
donde $d_k(n)$ es el número de divisores de $n$ congruente con $k \bmod 4$ . De ello se deduce que podemos evaluar $N(r)$ contando cuántos números hay entre $1$ y $r^2$ son divisibles por cada número congruente a $1, 3 \bmod 4$ con el signo correspondiente. El resultado es
$$\frac{N(r) - 1}{4} = r^2 - \left\lfloor \frac{r^2}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{r^2}{5} \right\rfloor \mp ...$$
y el resultado se obtiene tomando el límite como $r \to \infty$ .
Para una perspectiva histórica (es decir, si quieres ver cómo los genios lucharon por cosas que hoy serían naturales, sobre todo por cosas que descubrieron más tarde), el bonito artículo El descubrimiento de la fórmula en serie para π por Leibniz, Gregory y Nilakantha 1 de Ranjan Roy (1990) describe cómo la fórmula se descubrió tres veces de forma independiente:
La serie (2) fue obtenida independientemente por Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716), James Gregory (1638-1675) y un matemático indio del siglo XIV o probablemente del siglo XV cuya identidad no se conoce definitivamente. Normalmente atribuida a Nilakantha, la prueba india de (2) parece datar de mediados del siglo XV y fue consecuencia de un esfuerzo por rectificar el círculo. [El trabajo de Leibniz, de hecho, se centró principalmente en la cuadratura; la serie π/4 resultó (en 1673) cuando aplicó su método al círculo. Gregory, en cambio, se interesó por encontrar una representación en serie infinita de cualquier función dada y descubrió la relación entre ésta y las derivadas sucesivas de la función dada. El descubrimiento de Gregory, realizado en 1671, no es otro que la serie de Taylor; nótese que Taylor no nació hasta 1685. [ ]
Por último, aunque las pruebas de (2) de Leibniz, Gregory y Nilakantha son muy diferentes en cuanto a planteamiento y motivación, todas guardan relación con la prueba moderna dada anteriormente.
Quizás vuelva y edite este post para hacer un resumen de sus métodos si realmente leo el artículo. :-)
1 : Ranjan Roy, Revista de Matemáticas vol. 63 (1990), pp. 291-306. Encontré esto hojeando el libro Sherlock Holmes en Babilonia: y otros cuentos de historia de las matemáticas .
Esto es una continuación del comentario sobre el teorema de Abel que aparece a continuación del post de Willie Wong.
No necesitas el teorema de Abel si procedes de la siguiente manera (extraído de "¿Qué son las matemáticas?", de Courant y Robbins):
$$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^{2k} = \frac{1+(-1)^nx^{2n+2}}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2} + \frac{(-1)^nx^{2n+2}}{1+x^2}$$
e integras cada lado desde $x=0$ a $x=1$ y luego tomar un límite, acotando el término más a la derecha en la integral derecha descartando el $x^2$ en el denominador. Esto es bueno, ya que permite una presentación rigurosa de esto a (una motivación adecuada) audiencia de estudiantes de cálculo de primer año.
La serie infinita $$\pi/4 = 1-1/3+1/5-1/7+ \ ...$$ puede establecerse hallando la expresión de la serie de Taylor \begin{equation} f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} f^{(k)}(a) (x-a)^k \end{equation} para $\arctan(x)$ para $x \in [-1,1]$ en $a = 0$ y aplicando el resultado para $x = 1$ . La fórmula de la suma geométrica finita \begin{equation} \sum_{k=0}^n q^k = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}, \ \ q \in \mathbb{C}, \ q \neq 1 \end{equation} para hallar una serie en forma de Taylor. La unicidad del polinomio de Taylor establece la unicidad de la serie de Taylor. Obsérvese que no es necesario calcular todas las derivadas de $\arctan(x)$ . Calculamos \begin{eqnarray} \arctan(t) & = & \arctan(t) - \arctan(0) = \bigg\vert_0^t \arctan(x) = \int_0^t \frac{1}{1+x^2} dx \\ & = & \int_0^t \Big(\frac{1-(-x^2)^{n+1}}{1-(-x^2)} + \frac{(-x^2)^{n+1}}{1-(-x^2)} \Big) dx \\ & = & \int_0^t \frac{1-(-x^2)^{n+1}}{1-(-x^2)} dx + \int_0^t \frac{(-x^2)^{n+1}}{1-(-x^2)} dx \\ & = & \int_0^t \sum_{k=0}^n (-x^2)^k dx + \int_0^t \frac{(-x^2)^{n+1}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n \int_0^t (-x^2)^k dx + \int_0^t \frac{(-x^2)^{n+1}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n \int_0^t ((-1)x^2)^k dx + \int_0^t \frac{((-1)x^2)^{n+1}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n \int_0^t (-1)^k (x^2)^k dx + \int_0^t \frac{(-1)^{n+1}(x^2)^{n+1}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n \int_0^t (-1)^k x^{2k} dx + \int_0^t \frac{(-1)^{n+1}x^{2(n+1)}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n (-1)^k \int_0^t x^{2k} dx + \int_0^t \frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}}{1+x^2} dx \\ & = & \sum_{k=0}^n (-1)^k \bigg\vert_0^t \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^1 \frac{(-1)^{n+1}(tx)^{2n+2}}{1+(tx)^2} t dx \\ & = & \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{t^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^1 \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2} x^{2n+2}}{1+(tx)^2} t dx \\ & = & \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} t^{2k+1} + \int_0^1 \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+3} x^{2n+2}}{1+(tx)^2} dx , \end{eqnarray} donde $t \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{N}$ . Tenga en cuenta que $-x^2 \neq 1$ para cada $x \in \mathbb{R}$ . De ahí que podamos aplicar la fórmula de la suma geométrica finita para cada $x \in \mathbb{R}$ que nos permite calcular el polinomio de Taylor para cada $t \in \mathbb{R}$ . Supongamos ahora $t \in [-1,1]$ . Para obtener la función límite calculamos \begin{eqnarray} \Bigg| \arctan(t) & - & \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} t^{2k+1} \Bigg| = \Bigg| \int_0^1 \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+3}x^{2n+2}}{1+(tx)^2} dx \Bigg| \\ & \leq & \int_0^1 \Bigg| \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+3}x^{2n+2}}{1+(tx)^2} \Bigg| dx \\ & \leq & \int_0^1 \frac{|-1|^{n+1}|t|^{2n+3}|x|^{2n+2}}{|1+(tx)^2|} dx \\ & = & \int_0^1 \frac{1^{n+1} |t|^{2n+3} x^{2n+2}}{1+(tx)^2} dx \leq \int_0^1 \frac{|t|^{2n+3} x^{2n+2}}{1} dx \\ & = & \int_0^1 |t|^{2n+3} x^{2n+2} dx = |t|^{2n+3} \int_0^1 x^{2n+2} dx \\ & = & |t|^{2n+3} \bigg\vert_0^1 \frac{1}{2n+3} x^{2n+3} = \frac{|t|^{2n+3}}{2n+3} \leq \frac{1^{2n+3}}{2n+3} \\ & = & \frac{1}{2n+3} \rightarrow 0, \end{eqnarray} como $n \rightarrow \infty$ . Por lo tanto \begin{eqnarray} \arctan(x) & = & \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1} \end{eqnarray} para $x \in [-1,1]$ . Ahora insertando $x = 1$ en la expresión en serie de $\arctan(x)$ obtenemos \begin{eqnarray} \pi/4 & = & \arctan(1) = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} 1^{2k+1} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} \\ & = & 1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + \ ... \ , \end{eqnarray} ese es el resultado deseado. Espero que esto fuera lo que buscaba.
La función $\sec(x)=\frac{1}{\cos(x)}$ también tiene una expansión en serie que le dará este resultado, pero no es su serie de Taylor. En concreto, su expansión parcial de fracciones es $$\sec(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n(2n-1)\pi }{x^2-\left (n-\frac{1}{2}\right )^2\pi^2},$$ tal como se deriva del ejemplo 1 en este enlace a Markushevich y Silverman, por ejemplo. La serie converge a $\sec(x)$ en todas partes donde este último está definido (y uniformemente en subconjuntos compactos del dominio). Introduciendo $x=0$ y multiplicando ambos lados por $\frac{\pi}{4}$ produce $$\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots.$$
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