Búsqueda de los números enteros positivos para obtener $\frac{\pi ^2}{9}$

Question

Como sabemos, hay muchas fórmulas de $\pi$, uno de ellos $\frac{\pi ^ 2} {6} = \frac {1} {1 ^ 2} + \frac {1} {2 ^ 2} + \frac {1} {3 ^ 2}... $$ y este $$\frac{\pi ^2}{8}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}......$ $ ahora, encontrar el entero positivo números $(a_{0}, a_{1}, a_{2}....)$ $$\frac{\pi^2 }{9}=\frac{1}{a_{0}^2}+\frac{1}{a_{1}^2}+\frac{1}{a_{2}^2}....$ $ a

Answer 1

Desde $$\frac{\pi^2}8=\sum_{2\nmid n}\frac1{n^2}$ $ nos encontramos con que $$\frac{\pi^2}{72}=\frac1{3^2}\sum_{2\nmid n}\frac1{n^2}=\sum_{2\nmid n, 3\mid n}\frac1{n^2}$ $ y por lo tanto $$\begin{align}\frac{\pi^2}9=\frac{\pi^2}8-\frac{\pi^2}{72}&=\sum_{2\nmid n, 3\nmid n}\frac1{n^2}\\&=\frac1{1^2}+\frac1{5^2}+\frac1{7^2}+\frac1{11^2}+\frac1{13^2}+\frac1{17^2}+\frac1{19^2}+\frac1{23^2}+\frac1{25^2}+\ldots\end{align}$ $

Answer 2

Usted realmente no necesita saber que $\sum\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ para obtener una secuencia. En su lugar, puede utilizar este teorema (que es, probablemente, un ejercicio de algunos de los primeros capítulo de Rudin):

Teorema: Vamos a $\sum_k s_k$ ser convergente suma de números positivos, decir $S=\sum_k s_k$. Supongamos que, para todos los $n$,$s_n < \sum_{k=n+1}^\infty s_k$. Luego hay una larga de $s_k$ cuya suma converge a $x$ positivos $x < S$.

Prueba: Construir la larga con avidez. Es decir, dado que algunas suma parcial $s_{k_1}+\dots+s_{k_{i-1}}$, vamos a $k_i$ ser el menor entero mayor que $k_{i-1}$$s_{k_1}+\dots+s_{k_i} < x$. Como el $s_k$ llegan a ser arbitrariamente pequeño, un $k_i$ va a existir siempre.

Por construcción, las sumas parciales de $\sum s_{k_i}$ está acotada arriba por $x$; como el $s_k$ son todas positivas, se deduce que el $\sum s_{k_i}$ converge a un número que está en la mayoría de los $x$.

Ahora, necesitaremos el siguiente lema:

Lema: La subsequence $s_{k_i}$ omite infinitamente muchos de los elementos de $s_k$.

Prueba: Como $0<x<S$, podemos encontrar $n_1$ tal que $\sum_{k=1}^{n-1} s_k< x < \sum_{k=1}^{n_1} s_k$. Luego, por la construcción de la $s_{k_i}$ incluirá $s_1,\dots,s_{n_1-1}$ pero no $s_{n_1}$, y por lo $s_{k_i}$ omite el elemento $s_n$. Por hipótesis, $\sum_{k=n+1}^\infty s_k > s_n$, y así $$x-\sum_{k=1}^{{n_1}-1} s_k < s_{n_1} < \sum_{k=n_1+1}^\infty s_k$$ Pero luego, el mismo argumento nos da un poco de $n_2>n_1$ con $$ \sum_{k=n_1+1}^{n_2-1} s_k < x-\sum_{k=1}^{n_1-1} s_k < \sum_{k=n_1+1}^{n_2} s_k $$ y de manera similar a $s_{k_i}$ omitir $s_{n_2}$. Procediendo de esta manera, obtenemos una secuencia infinita $s_{n_j}$ de omitir términos. $\square$

Con este lema, el teorema es sencillo. Elija $\epsilon >0$. Como hay infinitamente muchos omitido $s_{n_j}$ y la secuencia de $s_k \to 0$, podemos encontrar $j$, de modo que $s_{n_j} < \epsilon$ se omite. Ahora, tome $i$, de modo que $s_{k_i}$ es el último término en la larga antes de $s_{n_j}$. Entonces, como $s_{n_j}$ se omite, $s_{k_1}+\dots+s_{k_i} + s_{n_j} > x$. De ello se desprende que $s_{k_1}+\dots+s_{k_i} > x-\epsilon$. Como ya hemos demostrado que las sumas parciales de $\sum_i s_{k_i}$ son todos acotada arriba por $x$, esto completa la prueba de que $x=\sum_{i=1}^\infty s_{k_i}$. $\blacksquare$

Ahora, como $\frac{1}{n^2}$ es una disminución de la secuencia, podemos utilizar la integral de la prueba para acotar las colas de la suma de $\sum \frac{1}{n^2}$: $$ \sum_n^\infty \frac{1}{k^2} \geq \int_n^\infty \frac{1}{x^2} \, dx=\frac{1}{n} \, . $$ Si $n \geq 2$, $\frac{1}{n+1} > \frac{1}{n^2}$, y por lo que el teorema vale para la serie $\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots$. Pero $\frac{\pi^2}{9}>1$, así que es lo suficientemente bueno; nos basta con aplicar el teorema de a $x=\frac{\pi^2}{9} - 1$.

De hecho, si ahora nos permiten a nosotros mismos para saber que $\sum\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ nuevo, este método implica que el $x$ puede ser escrito como una infinita suma de los recíprocos de las distintas plazas, siempre que $x \in \left(0,\frac{\pi^2}{6}-1\right] \cup \left(1, \frac{\pi^2}{6}\right]$.

Answer 3

Esto es igual a

$$\frac1{72} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left [\frac1{(n+1/6)^2} + \frac1{(n+5/6)^2}\right ] $$

Esto se puede tratar mediante la siguiente fórmula de la teoría de residuos:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(n) = -\pi \sum_k \operatorname*{Res}_{z=z_k} f(z) \cot{\pi z} $$

donde $z_k$ son los polos de $f$. En este caso

$$f(z) = \frac1{(z+1/6)^2} + \frac1{(z+5/6)^2} $$

que tiene doble postes en $z=-1/6$ y $z=-5/6$. Entonces la suma es igual a

$$\pi \left [-\frac{\cot{(\pi/6)}}{(4/6)^2} + \pi \csc^2{(\pi/6)} -\frac{\cot{(5\pi/6)}}{(-4/6)^2} + \pi \csc^2{(5\pi/6)}\right ] = 8 \pi^2$$

El resultado sigue.

Answer 4

$$ \frac{\pi ^ 2} {9} = \frac {\pi ^ 2} {6} \times 6 \times \frac{1}{9}=(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{6^2}+\frac{1}{9^2}+ \cdots)\times 6$$

Answer 5

Sugerencia: $\frac 8 9 = \frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 {18}$ probar ahora con su segunda fórmula.