Cómo evaluar $\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy} \, dy \, dx$ para demostrar $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ .

Question

He leído en alguna parte de este sitio que si se considera:

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy} \,dy\,dx$$

Entonces, utilizando la serie de potencias, tenemos que esto es igual a $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ que decidí probar y pude mostrar.

Aparentemente podemos demostrar que esto es igual a $\frac{\pi^2}{6}$ Y usando lo poco que sé sobre integrales dobles de algunos videos de la academia Khan (aún no he tomado cálculo multivariable), traté de evaluar esta integral doble con técnicas de cálculo de una sola variable $u=xy$ y tengo esto:

$$-\int_{0}^{1} \frac{\ln (1-x)}{x}dx$$

La forma habitual de evaluar esto es con una serie de Taylor, pero eso sólo nos lleva a dar vueltas.

Así que quiero saber cómo puedo evaluar esto, para poder probar $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ .

Answer 1

Aquí presentamos un enfoque que se basa únicamente en metodologías de integración, incluyendo la transformación de coordenadas. Para ello, procedemos.

Podemos transformar las coordenadas estableciendo $x=s+t$ y $y=s-t$ . Entonces, $dx\,dy\to 2ds\,dt$ y el dominio integral transformado es la región cuadrada con vértices en el $s-t$ avión en $(0,0)$ , $(1/2,1/2)$ , $(1/2,-1/2)$ y $(1,0)$ . Entonces, podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy}\,dx\,dy&=\int_0^{1/2}\int_{-s}^{s}\frac{2}{(1-s^2)+t^2}\,dt\,ds+\int_{1/2}^{2}\int_{s-1}^{1-s}\frac{1}{(1-s^2)+t^2}\,dt\,ds\\\\ &=\int_0^{1/2}\frac{4}{\sqrt{1-s^2}}\arctan\left(\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}\right)\,ds+\int_{1/2}^{1}\frac{4}{\sqrt{1-s^2}}\arctan\left(\sqrt{\frac{1-s}{1+s}}\right)\,ds\\\\ &=4\int_0^{1/2}\frac{\arcsin(s)}{\sqrt{1-s^2}}\,ds+4\int_{1/2}^1\frac{\arccos(s)}{2\sqrt{1-s^2}}\,ds\\\\ &=2\arcsin^2(1/2)+\arccos^2(1/2)\\\\ &=2\left(\frac{\pi}{6}\right)^2+\left(\frac{\pi}{3}\right)^2\\\\ &=\frac{\pi^2}{6} \end{align}$$

¡como se esperaba!

Answer 2

Voy a publicar cómo Euler resolvió este problema comparando dos expansiones a $\sin(x)$ .

Consideremos la expansión de Taylor de $\sin(x)$ y dividir el resultado por $x$ .

$$\frac{\sin(x)}x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}$$

Consideremos que se trata de un polinomio factorizable en $x$ también. Observando los ceros, podemos "factorizar" de la siguiente manera:

$$\frac{\sin(x)}x=\dots\left(1-\frac x{2\pi}\right)\left(1-\frac x{\pi}\right)\left(1+\frac x{\pi}\right)\left(1+\frac x{2\pi}\right)\dots$$

Multiplicando los términos positivos y negativos respectivos, tenemos

$$=\left(1-\frac{x^2}{1^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\dots$$

Y luego multiplicando los términos

$$=1-\left(\frac1{1^2\pi^2}+\frac1{2^2\pi^2}+\frac1{3^2\pi^2}+\dots\right)x^2+\dots$$

Se puede ver la expansión "frustrando" y observando en primer lugar sólo los términos que dan lugar a $x^0$ y, a continuación, considere todas las combinaciones de términos que sólo darían como resultado $x^2$ etc.

También es fácil ver que

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)x^{2n}}{(2n+1)!}=1-\frac16x^2+\dots$$

Y al igualar los términos, tenemos

$$\frac16=\frac1{\pi^2}\left(\frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\dots\right)$$

$$\frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\dots=\frac{\pi^2}6$$