Diferentes métodos para calcular $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ (Problema de Basilea)

Question

Según he oído la gente no se fiaba de Euler cuando descubrió la fórmula (solución de la El problema de Basilea ) $$\zeta(2)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ Sin embargo, Euler era Euler y dio otras pruebas.

Creo que muchos de ustedes conocen algunas buenas pruebas de esto, ¿pueden compartirlas con nosotros?

Answer 1

Bien, aquí está mi favorito. Se me ocurrió después de leer una prueba del libro "Proofs from the book" de Aigner & Ziegler, pero después encontré más o menos la misma prueba que la mía en un papel publicado unos años antes por Josef Hofbauer. En la lista de Robin, la prueba más parecida a ésta es la número 9 (EDIT: ...que es en realidad la prueba que leí en Aigner & Ziegler).

Cuando $0 < x < \pi/2$ tenemos $0<\sin x < x < \tan x$ y por lo tanto $$\frac{1}{\tan^2 x} < \frac{1}{x^2} < \frac{1}{\sin^2 x}.$$ Tenga en cuenta que $1/\tan^2 x = 1/\sin^2 x - 1$ . Dividir el intervalo $(0,\pi/2)$ en $2^n$ partes iguales, y sumar la desigualdad sobre los "puntos de cuadrícula" (internos) $x_k=(\pi/2) \cdot (k/2^n)$ : $$\sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k} - \sum_{k=1}^{2^n-1} 1 < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{x_k^2} < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k}.$$ Denotando la suma del lado derecho por $S_n$ podemos escribirlo como $$S_n - (2^n - 1) < \sum_{k=1}^{2^n-1} \left( \frac{2 \cdot 2^n}{\pi} \right)^2 \frac{1}{k^2} < S_n.$$

Aunque $S_n$ parece una suma complicada, en realidad se puede calcular con bastante facilidad. Para empezar, $$\frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\sin^2 (\frac{\pi}{2}-x)} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x \cdot \sin^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x}.$$ Por lo tanto, si emparejamos los términos de la suma $S_n$ excepto el punto medio $\pi/4$ (tomar el punto $x_k$ en la mitad izquierda del intervalo $(0,\pi/2)$ junto con el punto $\pi/2-x_k$ en la mitad derecha) obtenemos 4 veces una suma de la misma forma, pero dando el doble de pasos para que sólo sumemos sobre cada dos puntos de la cuadrícula; es decir, sobre aquellos puntos de la cuadrícula que corresponden a la división del intervalo en $2^{n-1}$ partes. Y el punto medio $\pi/4$ contribuye con $1/\sin^2(\pi/4)=2$ a la suma. En resumen, $$S_n = 4 S_{n-1} + 2.$$ Desde $S_1=2$ la solución de esta recurrencia es $$S_n = \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ (Por ejemplo así: la solución particular (constante) $(S_p)_n = -2/3$ más la solución general de la ecuación homogénea $(S_h)_n = A \cdot 4^n$ con la constante $A$ determinado por la condición inicial $S_1=(S_p)_1+(S_h)_1=2$ .)

Ahora tenemos $$ \frac{2(4^n-1)}{3} - (2^n-1) \leq \frac{4^{n+1}}{\pi^2} \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ Multiplicar por $\pi^2/4^{n+1}$ y que $n\to\infty$ . Esto aprieta las sumas parciales entre dos secuencias que tienden ambas a $\pi^2/6$ . ¡Voilà!

Answer 2

Podemos utilizar la función $f(x)=x^{2}$ con $-\pi \leq x\leq \pi $ y encontrar su expansión en una serie trigonométrica de Fourier

$$\dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx),$$

que es periódica y converge a $f(x)$ en $[-\pi, \pi] $ .

Observando que $f(x)$ es par, basta con determinar los coeficientes

$$a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,...,$$

porque

$$b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,... .$$

Para $n=0$ tenemos

$$a_{0}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2\pi ^{2}}{3}.$$

Y para $n=1,2,3,...$ obtenemos

$$a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx$$

$$=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\dfrac{2}{\pi }\times \dfrac{ 2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}},$$

porque

$$\int x^2\cos nx\;dx=\dfrac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \frac{x^{2}}{ n}-\dfrac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.$$

Así,

$$f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}} \cos nx\right) .$$

Desde $f(\pi )=\pi ^{2}$ obtenemos

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{ n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right) $$

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n} \dfrac{1}{n^{2}}\right) $$

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.$$

Por lo tanto,

$$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{4}-\dfrac{\pi ^{2}}{12}= \dfrac{\pi ^{2}}{6}$$

---

Segundo método (disponible en línea hace unos años) por Eric Rowland. En

$$\log (1-t)=-\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^n}{n}$$

y haciendo la sustitución $t=e^{ix}$ se obtiene la ampliación de la serie

$$w=\text{Log}(1-e^{ix})=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{e^{inx}}{n}=-\sum_{n=1}^{ \infty }\dfrac{1}{n}\cos nx-i\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,$$

cuyo radio de convergencia es $1$ . Ahora, si tomamos la parte imaginaria de ambos lados, el lado derecho se convierte en

$$\Im w=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,$$

y el LHS

$$\Im w=\arg \left( 1-\cos x-i\sin x\right) =\arctan \dfrac{-\sin x}{ 1-\cos x}.$$

Desde

$$\arctan \dfrac{-\sin x}{1-\cos x}=-\arctan \dfrac{2\sin \dfrac{x}{2}\cdot \cos \dfrac{x}{2}}{2\sin ^{2}\dfrac{x}{2}}$$

$$=-\arctan \cot \dfrac{x}{2}=-\arctan \tan \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2} \right) =\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi }{2},$$

se cumple la siguiente expansión

$$\dfrac{\pi }{2}-\frac{x}{2}=\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx.\qquad (\ast )$$

Integrar la identidad $(\ast )$ obtenemos

$$\dfrac{\pi }{2}x-\dfrac{x^{2}}{4}+C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx.\qquad (\ast \ast )$$

Configuración $x=0$ obtenemos la relación entre $C$ y $\zeta (2)$

$$C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=-\zeta (2).$$

Y para $x=\pi $ ya que

$$\zeta (2)=2\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}},$$

deducimos

$$\dfrac{\pi ^{2}}{4}+C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos n\pi =\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta (2)=-\dfrac{1}{ 2}C.$$

Resolver para $C$

$$C=-\dfrac{\pi ^{2}}{6},$$

Así, demostramos que

$$\zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.$$

Nota Este segundo método puede generar todos los valores zeta $\zeta (2n)$ integrando repetidamente $(\ast\ast )$ . Esta es la razón por la que lo aprecio. Lamentablemente no funciona para $\zeta (2n+1)$ .

Tenga en cuenta también el $$C=-\dfrac{\pi ^{2}}{6}$$ se puede obtener integrando $(\ast\ast )$ y sustituirlo por $$x=0,x=\pi$$ respectivamente.

Answer 3

Aquí hay otro que es más o menos lo que hizo Euler en una de sus pruebas.

La función $\sin x$ donde $x\in\mathbb{R}$ es cero exactamente en $x=n\pi$ para cada número entero $n$ . Si lo factorizamos como un producto infinito obtenemos

$$\sin x = \cdots\left(1+\frac{x}{3\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\left(1+\frac{x}{\pi}\right)x\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\left(1-\frac{x}{3\pi}\right)\cdots =$$ $$= x\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\cdots\quad.$$

También podemos representar $\sin x$ como una serie de Taylor en $x=0$ :

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\quad.$$

Multiplicando el producto e identificando el coeficiente de $x^3$ vemos que

$$\frac{x^3}{3!}=x\left(\frac{x^2}{\pi^2} + \frac{x^2}{2^2\pi^2}+ \frac{x^2}{3^2\pi^2}+\cdots\right)=x^3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}$$ o $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Aquí hay dos enlaces interesantes:

• Documentos de Euler ;

• La solución de Euler al problema de Basilea - La historia más larga un ensayo sobre el tema escrito por Ed Sandifer.

Answer 4

Definir la siguiente serie para $ x > 0 $

$$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots\quad.$$

Ahora sustituye $ x = \sqrt{y}\ $ para llegar a

$$\frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } = 1 - \frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!}+\cdots\quad.$$

si encontramos las raíces de $\frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } = 0 $ encontramos que

$ y = n^2\pi^2\ $ para $ n \neq 0 $ y $ n $ en los enteros

Con todo esto en mente, recordemos que para un polinomio

$ P(x) = a_{n}x^n + a_{n-1}x^{n-1} +\cdots+a_{1}x + a_{0} $ con raíces $ r_{1}, r_{2}, \cdots , r_{n} $

$$\frac{1}{r_{1}} + \frac{1}{r_{2}} + \cdots + \frac{1}{r_{n}} = -\frac{a_{1}}{a_{0}}$$

Tratando la serie anterior para $ \frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } $ como polinomio vemos que

$$\frac{1}{1^2\pi^2} + \frac{1}{2^2\pi^2} + \frac{1}{3^2\pi^2} + \cdots = -\frac{-\frac{1}{3!}}{1}$$

y multiplicando ambos lados por $ \pi^2 $ da la serie deseada.

$$\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6}$$

Answer 5

Tengo dos pruebas favoritas. Una es la última prueba de la colección de Robin Chapman; deberías echarle un vistazo.

La otra es una prueba que se generaliza a la evaluación de $\zeta(2n)$ para todos $n$ Aunque lo haré al "estilo Euler" para acortar la presentación. La idea básica es que las funciones meromorfas tienen infinitas descomposiciones de fracciones parciales que generalizan las descomposiciones de fracciones parciales de las funciones racionales.

La función concreta que nos interesa es $B(x) = \frac{x}{e^x - 1}$ la función generadora exponencial de la Números de Bernoulli $B_n$ . $B$ es meromorfa con polos en $x = 2 \pi i n, n \in \mathbb{Z}$ y en estos polos tiene residuos $2\pi i n$ . De ello se deduce que podemos escribir, a la Euler

$$\frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{2\pi i n}{x - 2 \pi i n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} - \left( \frac{1}{1 - \frac{x}{2\pi i n}} \right).$$

Ahora podemos expandir cada uno de los términos del lado derecho como una serie geométrica, de nuevo a la Euler, para obtener

$$\frac{x}{e^x - 1} = - \sum_{n \in \mathbb{Z}} \sum_{k \ge 0} \left( \frac{x}{2\pi i n} \right)^k = \sum_{k \ge 0} (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi )^{2n}} x^{2n}$$

porque, después de reordenar los términos, la suma sobre las potencias Impares se cancela y la suma sobre las potencias pares no. (Esto es una indicación de por qué no hay una forma cerrada conocida para $\zeta(2n+1)$ .) Igualando los términos de ambos lados, se deduce que

$$B_{2n} = (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}}$$

o

$$\zeta(2n) = (-1)^{n+1} \frac{B_{2n} (2\pi)^{2n}}{2}$$

como se desee. Para calcular $\zeta(2)$ basta con calcular que $B_2 = \frac{1}{6}$ que luego da la respuesta habitual.