Yo estaba tratando de calcular el valor de $\zeta(2)$ (yo ya sabía lo que el valor es, pero yo estaba tratando de obtener de ella). Empecé con la suma $$\sum_{x=1}^\infty \frac{1}{x^2}$$ y he creado la función $$g(a)=\sum_{x=1}^\infty \frac{a^x}{x^2}$$ y diferenciado de ambos lados para obtener $$g'(a)=\sum_{x=1}^\infty \frac{a^{x-1}}{x}$$ $$ag'(a)=\sum_{x=1}^\infty \frac{a^x}{x}$$ A continuación, utiliza la fórmula $$\sum_{x=1}^\infty \frac{a^x}{x}=-\ln(|1-a|)$$ y así $$ag'(a)=-\ln(|1-a|)$$ $$g'(a)=-\frac{\ln(|1-a|)}{a}$$ Desde $\zeta(2)=g(1)$, ¿eso quiere decir que $$\zeta(2)=-\int_0^1 \frac{\ln(|1-a|)}{a}$$ Es mi razonamiento correcto aquí? Si es así, ¿cómo puedo evaluar esta integral? Me parece que no puede encontrar una integral indefinida.
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Volvamos a la expansión de Taylor de logaritmo:
$$-\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}n$$
Por considerar $x\mapsto e^{ix}$ por debajo de la rama principal, nos encontramos con que
$$-\operatorname{Log}(1-e^{ix})=\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{inx}}n=\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(nx)+i\sin(nx)}n$$
Tomando imaginaria, nos encontramos con que
$$\begin{align}\Im(-\operatorname{Log}(1-e^{ix}))&=-\arg(1-e^{ix})\\&=-\arg(1-\cos(x)-i\sin(x))\\&=\arctan\left(\frac{\sin(x)}{1-\cos(x)}\right)\end{align}$$
Donde $\arctan(x)\in(-\pi/2,\pi/2)$. Con un par de difícil mitad del ángulo de fórmulas, uno considera además que
$$\arctan\left(\frac{\sin(x)}{1-\cos(x)}\right)=\frac\pi2-\frac x2,\quad x\in(0,2\pi)$$
Asimismo, tomando la parte imaginaria de nuestra carta de colores RHS, nos encontramos con que,
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(nx)}n=\frac\pi2-\frac x2$$
Integrar ambos lados de más de $x\in[0,\pi]$ nos encontramos con que
$$\begin{align}\int_0^\pi\frac\pi2-\frac x2~\mathrm dx&=\frac{\pi^2}4\\&=\int_0^\pi\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(nx)}n~\mathrm dx\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac2{(2n-1)^2}\\&=2\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}-\frac1{(2n)^2}\\&=\frac32\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}\end{align}$$
donde notamos que $\int_0^\pi\sin(nx)~\mathrm dx$ igualaron a cero cuando se $n$ fue parejo y $2/n$ al $n$ era extraño.
$$\therefore\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac23\frac{\pi^2}4=\frac{\pi^2}6$$
Otra derivación de esta fórmula sería el uso de \begin{eqnarray*} \frac{1}{n} =\int_0^1 x^{n-1} dx \\ \frac{1}{n} =\int_0^1 y^{n-1} dy \end{eqnarray*} Así \begin{eqnarray*} \zeta(2)&=& \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \\ &=& \int_0^1 \int_0^1 \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1} y^{n-1} \; dy \; dx \\ &=& \int_0^1 \int_0^1 \frac{ \; dy \; dx }{1-xy} \end{eqnarray*} Ahora a hacer una de estas integraciones y su fórmula de la siguiente manera.
