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noticias y última hora

El problema de Basilea (II)

Introducción

Leonhard Euler

Leonhard Euler

Hace ya bastante tiempo (más de tres años) os hablé del problema de Basilea y os mostré una demostración de la misma. Evidentemente no es la única que se conoce. De hecho la que podéis ver en el artículo enlazado generó cierta polémica en su momento (por ejemplo, Johann Bernoulli criticó parte de la demostración y pidió mayor rigurosidad en ciertos puntos de la misma a Euler) y también ahora. Por ello os voy a mostrar otra demostración de este problema en el resto del artículo

El problema de Basilea

Aunque en el anterior artículo que escribí sobre este tema ya se comentaba en qué consistía el problema no está de más recordarlo:

El problema de Basilea consiste en calcular la suma de los inversos de los cuadrados de los números naturales, es decir, dar el valor de la siguiente serie:

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}}

Sabemos por dicho artículo que esta suma vale:

\cfrac{\pi ^2}{6}

Como hemos comentado antes la demostración de este hecho que se desarrollaba en esa entrada no es ni mucho menos la única que se conoce. El mismo Euler dio varias demostraciones más de este problema. En la actualidad poseemos varias demostraciones más que utilizan técnicas más modernas. Por ejemplo, Apostol publicó un 1983 una demostración utilizando integrales dobles, también se conocen varias demostraciones que utilizan series de Fourier y hasta existe una demostración basada en trigonometría (posiblemente la más elemental que se conoce) que aparece en el libro Proofs from THE BOOK.

Antonio Córdoba Barba

Antonio Córdoba Barba

La demostración que vamos a reproducir aquí se la debemos a Antonio Córdoba Barba (imagen de la derecha), catedrático de Análisis de la UAM en cuya web podemos ver los artículos que tiene en su haber (algunos de ellos con enlaces para poder consultarlos) o los libros que ha escrito. Vamos con ella:

Teorema:

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}=\cfrac{\pi ^2}{6}}

Demostración:

Partimos del valor de la función zeta de Riemann en 2 (que es precisamente la suma que queremos calcular) y desarrollamos su expresión:

\displaystyle{\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} + \frac{1}{4} \zeta(2)}

Despejando \zeta(2) obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{\zeta(2)=\frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}}

Por otro lado tenemos lo siguiente:

\displaystyle{\frac{1}{2n+1}=\int_{0}^{1} x^{2n}dx=\int_{0}^{1} y^{2n}dy}

Sustituyendo en la suma anterior, agrupando las dos integrales simples en una doble e intercambiando dichas integrales y la suma llegamos a lo siguiente:

\begin{matrix} \displaystyle{\zeta (2)=\frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \int_{0}^{1} x^{2n}dx \right ) \left ( \int_{0}^{1} y^{2n}dy \right ) = \frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} x^{2n} \, y^{2n}dy \, dx \right )} = \\ = \displaystyle{\frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \Big( \sum_{n=0}^{\infty} (xy)^{2n} \Big) dy \, dx} \end{matrix}

Sabemos calcular el valor de la suma que ha quedado dentro de las integrales, ya que es una serie geométrica:

\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} (xy)^{2n}=\cfrac{1}{1-(xy)^2}}

Utilizando este hecho en el paso anterior y la simetría de la integral doble resultante obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x^2y^2} dy \, dx = \frac{1}{3} \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1-x^2y^2} dy \, dx}

En consecuencia el cálculo de \zeta(2) ha quedado reducido al cálculo de esta última integral doble. Para ello vamos a realizar un cambio de variables, en concreto el siguiente:

x=\tanh(s)=\cfrac{\sinh(s)}{\cosh(s)}=\frac{e^s-e^{-s}}{e^s+e^{-s}}, \quad y=\tanh(t)=\cfrac{\sinh(t)}{\cosh(t)}=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}

Debemos calcular la matriz jacobiana del cambio de variables y su determinante. Dicho cálculo queda como sigue:

\begin{matrix} \frac{\partial x }{\partial s } = \frac{1}{\cosh^2(s)}, \quad \frac{\partial x }{\partial t } = 0, \quad \frac{\partial y }{\partial s } = 0 \quad \frac{\partial y }{\partial t } =\frac{1}{ \cosh^2(t)} \Longrightarrow \\ \Longrightarrow J(s,t)=\frac{1}{\cosh^2(t) \cosh^2(s) } \, \, (>0) \end{matrix}

(En este artículo del blog The Unapologetic mathematician y en los posteriores podéis ver explicaciones y demostraciones sobre el cambio de variables en integrales dobles.)

Al aplicar el cambio de variables debemos cambiar también los límites de integración según dicho cambio:

\tanh(z) \rightarrow +1 \Leftrightarrow z \rightarrow +\infty \quad , \tanh(z) \rightarrow -1 \Leftrightarrow z \rightarrow -\infty

Sustituyendo todos estos datos en la integral doble anterior llegamos a la siguiente expresión:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1-(\frac{\sinh^2(t)\sinh^2(s)}{\cosh^2(t)\cosh^2(s)} )} \, \, \left ( \frac{1}{ \cosh^2(t) \cosh^2(s) } \right ) \, dt \, ds}

Y operando en ella obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{ \zeta(2)=\frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh^2(t)\cosh^2(s)-\sinh^2(t)\sinh^2(s)} \, dt\, ds}

Realizando ahora operaciones con las funciones trigonométricas hiperbólicas que aparecen en el denominador de la fracción llegamos a la siguiente integral doble:

\displaystyle{ \zeta(2)= \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(s+t)\cosh(s-t)} \, dt\, ds}

Realizamos ahora otro cambio de variables en esta integral. En esta ocasión es el que sigue:

\begin{matrix} u=t+s \\ v=s-t \end{matrix}

Calculamos ahora el determinante de la matriz jacobiana como el inverso del determinante del jacobiano del cambio inverso:

J(u,v)=det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} ^{-1}=\cfrac{1}{det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}}=\cfrac{1}{2}

Sustituyendo el cambio en la integral doble tenemos:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{1}{6} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(v)\cosh(u) } \, du \, dv =\frac{1}{6} \Big( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(u)} du \Big)^2}

Calculamos ahora esta integral:

\begin{matrix} \displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(u)}du = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2}{e^u + e^{-u} } du = 2\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^u}{1+e^{2u} } du}= \\ = 2 \Big[ \arctan(e^u) \Big]_{-\infty}^{+\infty} =2\Big[ \arctan(+\infty)-\arctan(0) \Big] = 2 \left ( \frac{\pi}{2} \right ) =\pi \end{matrix}

Ahora sustituimos este resultado en la expresión anterior y llegamos al resultado buscado:

\mathbf{\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}=\zeta(2)=\cfrac{\pi ^2}{6}}}

Fuentes:

  • El problema de Basilea: artículo de Rafael Granero aparecido en La Gaceta de la RSME, Vol. 12, nº 4, Año 2009.
  • Demostración de Antonio Córdoba Barba enviada por nuestro lector Daniel a gaussianos (arroba) gmail (punto) com.

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Autor: ^DiAmOnD^  |  Publicado el 11 de enero de 2010
Categorías: Cálculo, Demostraciones  |  Imprime este post Imprime este post

39 comentarios

  1. Trackback | 11 ene, 2010

    Bitacoras.com

  2. M | 11 de enero de 2010 | 11:40

    Vótalo Thumb up 0

    La prueba elemental trigonométrica que indicas la expusimos en los comentarios de http://gaussianos.com/sumas-cuadraticas-trigonometricas/

    Creo recordar que hay otro modo de hallar el valor por integración, pero en una única variable (haciendo unos cambios de variable aún más rocambolescos). A ver si la encuentro y la comento…

  3. Dani | 11 de enero de 2010 | 12:52

    Vótalo Thumb up 0

    No había visto las dos pruebas dadas en ese post que señalas, M. Muy ingeniosas, me encantaron las dos! Ya hay cuatro demostraciones circulando por el blog, y cada una completamente distinta de la otras.
    fantástico!

  4. M | 11 de enero de 2010 | 13:34

    Vótalo Thumb up 0

    Hay un pdf por ahí de Robin Chapman que recopila 14 pruebas diferentes. Incluye la trigonométrica y una al estilo de la de Córdoba. A ver si a la noche encuentro la otra prueba que decía…

  5. miguelC | 11 de enero de 2010 | 14:17

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    Esta demostración es un poco complicadilla para mí, yo conocía una basada en el desarrollo del seno creo.
    A gaussianos: ¡Que casualidad! este articulo viene a cuento a lo de pi que te he mandado

  6. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 15:12

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    Gostei muito da vossa exposição da demonstração de Antonio Córdoba Barba.

    Informação: um dos artigo de Tom Apostol é “A Proof that Euler Missed: Evaluating \zeta(2) the Easy Way”, no “The Mathematical Intelligencer” vol. 5, no. 3, 1983, Springer-Verlag.

    Publiquei (link no fim), em Dezembro 8, 2007, esta demonstração:

    Cálculo da soma da série dos recíprocos dos quadrados perfeitos pelo método da série trigonométrica de Fourier.
    A série \zeta(2)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^2} foi somada, pela primeira vez, por Euler:
    \displaystyle\zeta(2)=\displaystyle\dfrac{\pi^2}{6}
    Uma forma de justificar esta fórmula recorre à análise de Fourier. Há vários métodos, mesmo mantendo-nos nós sempre dentro da análise de Fourier. Por exemplo, um deles, é o seguinte:
    Começamos por determinar a série de Fourier da função f(x)=\dfrac{\pi^2}{4} com -\pi\le x\le\pi. Se repararmos que a função é par, basta-nos determinar o coeficiente a_n, visto que o b_n é nulo:
    \displaystyle a_n=\dfrac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\dfrac{\pi^2}{4}\cos nx\;dx
    \displaystyle b_n=\dfrac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\dfrac{\pi^2}{4}\sin nx\;dx
    Nota: A teoria das séries de Fourier diz-nos que uma função f da variável real x definida no intervalo [a,b], e limitada nesse intervalo, admite um desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier da forma
    \dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n \sin nx)
    em que os chamados coeficientes de Fourier são respectivamente os integrais a_n e b_n
    \displaystyle a_n=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\;dx
    \displaystyle b_n=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\;dx
    Para n=0 vem a_0=\dfrac{\pi^2}{6}. Para n=1,2,3,... obtemos

    \displaystyle\int_{0}^{\pi}\cos nx\;dx=\dfrac{2\pi}{n^2}(-1)^n
    donde
    a_n=(-1)^n\dfrac{1}{n^2}.
    Daqui resulta que
    f(x)=\displaystyle\frac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n \sin nx)
    f(x)=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\times\cos nx\dfrac{1}{n^2}+0\times\sin nx\right)
    f(x)=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\times\cos nx\dfrac{1}{n^2}\right)
    Fazendo agora x=0, como f(0)=0, temos então
    f(0)=0=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\times\cos (n\times 0)\dfrac{1}{n^2}\right)
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\dfrac{1}{n^2}\right)=0
    ou seja
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}= -\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\dfrac{1}{n^2}\right) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n+1}\dfrac{1}{n^2}\right)
    e assim determinamos
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n+1}\dfrac{1}{n^2}\right)
    Fazendo agora x=\pi, como f(\pi)=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{4}, temos então
    f(\pi)=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{4}=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}\times\cos (n\times \pi)\dfrac{1}{n^2}\right)
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{4}=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n}(-1)^n\dfrac{1}{n^2}\right)
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{4}=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{n^2}\right)
    Donde, finalmente:
    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{n^2}\right)= \displaystyle\frac{{\pi}^2}{4}-\displaystyle\frac{{\pi}^2}{12} =\displaystyle\frac{{2\pi}^2}{12}=\displaystyle\frac{{\pi}^2}{6} \blacksquare
    A derivação da fórmula
    \displaystyle\frac{{\pi}^2}{12}= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left((-1)^{n+1}\dfrac{1}{n^2}\right)
    não foi necessária para a demonstração do valor de \zeta(2).
    Originalmente publicada aqui.

  7. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 19:16

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    Para mim a prova mais espectacular, usando mudanças de variáveis é esta:

    x=\sin u/\cos v

    y=\sin v/\cos u

    Ver Dan Kalman, “Six ways to sum a series, The College Mathematics Journal”, Vol. 24, No. 5, Nov. 1993

    http://www1.math.american.edu/People/kalman/pdffiles/Sixways.pdf

  8. Jones, Francisco | 11 de enero de 2010 | 20:05

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    Y como colofón a los dos posts sobre el problema de Basilea ¿qué te parece un tercero sobre “los otros problemas de Basilea”? es decir

    \sum_k 1 \over k^3

  9. Jones, Francisco | 11 de enero de 2010 | 20:20

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    queria decir

    \sum_{k=1}^{\infty} {1 \over k^3}

    \sum_{k=1}^{\infty} {1 \over k^4}

    \sum_{k=1}^{\infty} {1 \over k^5}

    etc…

  10. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 20:21

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    Jones, Francisco,

    Pretende saber

    \dfrac{\sum_{k=1}^{n}1}{k} ?

    Se sim, é \dfrac{\sum_{k=1}^{n}1}{k}=\dfrac{1}{k}\left( \dfrac{1}{2}\left( n\left( n+1\right) \right) \right) =\dfrac{1}{2k}\left( n+n^{2}\right)

  11. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 20:26

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    \zeta \left( 4\right) =\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{4}}=\dfrac{\pi ^{4}}{90}

  12. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 20:33

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    Meu comentário anterior não entrou: a segunda série dá (pi^4)/90.

  13. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 20:36

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    Aparece a mensagem: «comentário duplicado»

  14. Jones, Francisco | 11 de enero de 2010 | 21:09

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    Américo, puedes comprobar esta integral que pones en tu texto?

    \int_{0}^{\pi}\cos nx\;dx=\dfrac{2\pi}{n^2}(-1)^n

    A mí me sale:

    \int_{0}^{\pi}\cos nx\;dx=\dfrac{1}{n} \big [sin (nx) \big ]_0^\pi = \dfrac{(-1)^n}{n}

    ¿De dónde sale el 1 \over n^2 del coeficiente a_n?

  15. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 21:19

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    Jones, sim, vou ver o que se passa.

  16. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 22:54

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    Jones, Francisco

    Correcção:

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

    e

    a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\dfrac{x^{2}}{4}\cos nx\;dx

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

    Obrigado, Francisco, pela sua leitura atenta!

  17. Dani | 11 de enero de 2010 | 22:59

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    jejeje y van cinco ya!
    Américo, quisiste escribir f(x)=\frac{x^2}{4} en vez de f(x)=\frac{\pi^2}{4}, verdad? arrastras esto dentro de las integrales después.

  18. Américo Tavares | 11 de enero de 2010 | 23:26

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    Dani

    Sim.

    Sim, já vão cinco! Sexta-feira tinha-lhe dito que você era rápido …, mas só foram três!

    f(x)=\dfrac{\pi^2}{4}, sim.

  19. Ñbrevu | 11 de enero de 2010 | 23:49

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    Que yo sepa, la suma de las series 3-armónica y 5-armónica no se conocen. ¿Me equivoco?

    (Me ha encantado la demostración de Antonio Córdoba).

  20. Américo Tavares | 12 de enero de 2010 | 00:01

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    Ñbrevu,

    A série de termo geral 1/k^3 converge (é a chamada constante de Apéry, em homenagem a Roger Apéry, que provou que era irracional), mas a de termo geral 1/k^5, ou em geral, as de termos gerais 1/k^{2n+1} (com n=2,3,4,\dots) são convergentes, mas não se sabe se para números irracionais.

  21. M | 12 de enero de 2010 | 00:22

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    ¿Cuál es la quinta prueba? A mi entender la prueba de Américo y la de Eze M son la misma.

    Por otro lado he estado buscando la supuesta prueba que indicaba en el segundo comentario del post y no ha aparecido. Y creo que no ha aparecido porque en realidad coincide con la del post o con alguna variante de las muchas que hay.

  22. Américo Tavares | 12 de enero de 2010 | 00:27

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    M

    Sim, a minha é a mesma de Eze M | 28 de Febrero de 2008 | 21:05.

  23. M | 12 de enero de 2010 | 00:41

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    Con respecto a las potencias impares, hay una propiedad muy curiosa:

    1-\frac{1}{3^{2k+1}}+\frac{1}{5^{2k+1}}-\frac{1}{7^{2k+1}}+\ldots=\alpha_k \frac{\pi^{2k+1}}{2^{k+2}},\quad k\geq 0,

    donde \alpha_k son los coeficientes del desarrollo de taylor de la secante: sec\;x=\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty} \alpha_k x^{2k}.

  24. Américo Tavares | 12 de enero de 2010 | 01:10

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    M

    Se fiz bem as contas, então

    \sec x=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty }\dfrac{2^{k+2}}{\pi ^{2k+1}}\left( 1-\dfrac{2}{2^{2k+1}}\right) \zeta \left( 2k+1\right) x^{2k}

    Está certo?

  25. Gerard | 12 de enero de 2010 | 01:38

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    Bonita demostración!

    Ñbrevu: la suma de los inversos de potencias impares no es que no se conozca, si no que no parece que haya ninguna manera sencilla de expresarlo en función de “números conocidos” (pi, e, algebraicos, etc.). Según cómo lo mires, el número pi^2/6 tampoco lo conocemos, puesto que de decimales tiene unos cuantos… sin embargo, admite una representación en función del número pi que, a nuestros ojos, parece más cómoda.

  26. Omar-P | 12 de enero de 2010 | 02:42

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    He encontrado que seis veces la suma de esta serie es igual al cuadrado de la longitud de la circunferencia de un círculo de diámetro 1.
    Euler.

  27. ^DiAmOnD^ | 12 de enero de 2010 | 03:32

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    En general, para k \ge 3 la serie

    \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^k}}

    es convergente (se puede comprobar usando el criterio de comparación con la serie protagonista de este artículo).

    Y sí, no se conoce la suma de la serie

    \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^3}}

    De hecho to también tenía entendido que la cosa no tenía buena pinta en lo que se refiere a expresarla de una manera, digamos, reconocible.

    ¿Alguien tiene alguna información sobre avances en el estudio de esta serie?

  28. Américo Tavares | 12 de enero de 2010 | 04:07

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    ^DiAmOnD^

    Os avanços mais significativos são os dos Matemáticos Wadim Zudilin (http://wain.mi.ras.ru/index.html) e Tanguy Rivoal (http://www-fourier.ujf-grenoble.fr/~rivoal/).

    Veja lista Zeta values on the Web

    http://wain.mi.ras.ru/zw/index.html

    compilada por Zudilin.

  29. Américo Tavares | 12 de enero de 2010 | 04:12

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    Gerard

    Sabe-se que \pi^2/6 é irracional.

    \zeta(3) também é irracional.

  30. Omar-P | 12 de enero de 2010 | 12:49

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    Constante de Apery, zeta(3).

  31. Omar-P | 12 de enero de 2010 | 19:10

    Vótalo Thumb up 0

    Constante de Apéry, zeta(3):
    http://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Ap%C3%A9ry

  32. Omar-P | 13 de enero de 2010 | 03:53

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    Al final de esta interesante página hay mas referencias sobre zeta(3):
    http://numbers.computation.free.fr/Constants/Zeta3/zeta3.html

  33. Américo Tavares | 17 de enero de 2010 | 22:50

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    Meu comentário de 11 de Enero de 2010 | 23:26

    Digo:

    f(x)=\dfrac{x^2}{4}

  34. Américo Tavares | 24 de enero de 2010 | 00:09

    Vótalo Thumb up 0

    No seu blogue o matemático brasileiro Carlos Matheus publicou, em 7 de Outubro de 2008, a este respeito o artigo

    A solução de L. Euler para o problema de Basel

    URL: http://cmssmatheus.wordpress.com/2008/10/07/a-solucao-de-l-euler-para-o-problema-de-basel/

  35. Trackback | 14 mar, 2010

    Celebrando infinitamente el día de Pi | Gaussianos

  36. Américo Tavares | 15 de marzo de 2010 | 14:49

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    ONTEM, dia do pi (14.03.2010), publiquei:

    « Aproveitando o facto de ser dia do \pi, vou expor um resultado descoberto por Euler relacionado com o \pi, apresentando não a demonstração de Euler, mas uma baseada na integração pelo método de substituição, no qual o jacobiano da transformação, que constitui uma generalização da derivada de uma função de uma única variável real, desempenha um papel fundamental. Neste caso os integrais usados são duplos, por se utilizarem duas funções de duas variáveis reais. O jacobiano da transformação que será usada, uma simples rotação de eixos, é igual a 1.

    Euler descobriu que

    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.

    A prova que vou detalhar é um exercício de Cálculo relativamente simples em termos teóricos, mas de concepção muito engenhosa. Este método é apresentado no artigo^{\dag} de Tom Apostol A Proof that Euler Missed: Evaluating \zeta (2) the Easy Way — e de forma algo semelhante — na primeira demonstração do capítulo 8 (Three times \pi ^{2}/6) do livro^{\ddag} Proofs from The BOOK de Martin Aigner e Günter Ziegler. A diferença maior é que neste livro a transformação usada, além da rotação, tem ainda uma redução de escala, o que torna os cálculos mais simples.

    Como

    \dfrac{1}{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}dx

    então

    \dfrac{1}{n^{2}}=\left(\displaystyle \int_{0}^{1}x^{n-1}dx\right) ^{2}=\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left( \displaystyle\int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)

    Donde

    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left(\displaystyle \int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)

    =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau

    =\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau

    Ora

    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau ^{n-1}=\dfrac{1}{1-t\tau }

    pelo que

    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-t\tau}\;dt\;d\tau.

    Se rodarmos os eixos t,\tau , no sentido directo, de um ângulo com uma amplitude igual a \alpha , obtemos a transformação:

    t=t^{\prime }\cos\alpha -\tau^{\prime }\sin\alpha

    \tau=t^{\prime }\sin\alpha +\tau^{\prime }\cos\alpha

    em que t^{\prime },\tau ^{\prime } são as coordenadas dos novos eixos. Invertendo a transformação de coordenadas obtemos

    t^{\prime }=t\cos\alpha +\tau\sin\alpha

    \tau^{\prime }=-t\sin\alpha +\tau\cos\alpha

    Nota: os jacobianos destas transformações são iguais:

    \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\dfrac{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1

    De facto

    \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial t}{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial t}{\partial \tau^{\prime }} \\ & & \\ \dfrac{\partial \tau }{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial \tau }{\partial \tau ^{\prime }}\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}\cos\alpha & & -\sin\alpha \\ & & \\ \sin\alpha & & \cos\alpha \end{pmatrix}

    =\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha =1 (*)

    e como

    \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial\left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }\cdot\dfrac{\partial\left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1

    a primeira igualdade fica demonstrada.

    Escolhamos agora \alpha =\dfrac{\pi}{4}:
    \cos\dfrac{\pi }{4}=\sin\dfrac{\pi }{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}

    e

    t=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }-\tau ^{\prime }\right)

    \tau=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }+\tau ^{\prime }\right)

    t\tau=\dfrac{1}{2}\left( \left( t^{\prime }\right)^{2}-\left( \tau^{\prime }\right)^{2}\right)

    1-t\tau=\dfrac{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}+\left( \tau ^{\prime}\right)^{2}}{2}

    O quadrado inicial, de vértices \left( t=0,\tau =0\right) , \left( t=1,\tau =0\right) , \left( t=1,\tau =1\right) , \left( t=0,\tau=1\right) , transforma-se no quadrado de vértices

    \left( t^{\prime}=0,\tau ^{\prime }=0\right) , \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau ^{\prime }=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) ,

    \left( t^{\prime }=\sqrt{2},\tau ^{\prime }=0\right) , \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right)

    que é simétrico em relação a t^{\prime }. Assim, integrando para t^{\prime }\geq 0 no plano t^{\prime },\tau ^{\prime }, separadamente nos intervalos (da variável t^{\prime }) \left[ 0,\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right] e \left[ \dfrac{1}{2}\sqrt{2},\sqrt{2}\right] , vem

    \displaystyle\int_{t=0}^{t=1}\displaystyle\int_{\tau =0}^{\tau =1}\dfrac{1}{1-t\tau }\;dt\;d\tau=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;

    =2\displaystyle\int_{t^{\prime }=0}^{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }

    +2\displaystyle\int_{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{t^{\prime }=\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=\sqrt{2}-t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }

    =4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left( \int_{0}^{t^{\prime }}\frac{d\tau^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right)^{2}}\right) \;dt^{\prime }\; +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left( \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime}}\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}\right) \;dt^{\prime }

    Se repararmos que

    \displaystyle\int\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}

    obtemos

    \displaystyle\int_{0}^{1}\left( \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=4\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right] _{0}^{t^{\prime }}\;dt^{\prime }

    +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\right] _{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime }}\;dt^{\prime }

    =4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\;dt^{\prime }

    +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\;dt^{\prime }

    Agora, fazendo a substituição t^{\prime }=\sqrt{2}\sin\theta , dt^{\prime }=\sqrt{2}\cos \theta \;d\theta , no primeiro integral, vem:

    4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\arctan\left( \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\right) \;dt^{\prime }

    =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/6}\arctan\left( \tan \theta \right) d\theta \;

    =4\displaystyle\int_{0}^{\pi /6}\theta d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{18}

    enquanto que a substituição t^{\prime }=\sqrt{2}\cos\theta , dt^{\prime }=-\sqrt{2}\sin\theta \;d\theta no segundo, resulta em:

    4\displaystyle\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \left( \frac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right) dt^{\prime }

    =4\displaystyle\int_{0}^{\pi /3}\arctan \left( \dfrac{1-\cos \theta }{\sin \theta }\right) \;d\theta =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\arctan \left( \tan \dfrac{\theta }{2}\right)\;d\theta =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\frac{\theta }{2}\;d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{9}

    pelo que, efectivamente,

    \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=\dfrac{\pi ^{2}}{18}+\dfrac{\pi ^{2}}{9}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.

    (*) A interpretação geométrica é a de que o quadrado original tem a mesma área do transformado (1\times 1=1).
    ______________

    ^{\dag} Tom M. Apostol, A Proof that Euler Missed: Evaluating \zeta (2) the Easy Way, The Mathematical Intelligencer vol. 5, No. 3, p.59, Springer-Verlag, New York, 1983

    ^{\ddag} Martin Aigner, Günter Ziegler, Proofs From THE BOOK, 4.th ed., Springer, 2010 »

  37. Trackback | 21 mar, 2010

    Celebrando infinitamente el día de Pi « Escuela Normal Superior de Chiapas "Matemáticas V"

  38. jose javier garcia | 12 de marzo de 2013 | 17:20

    Vótalo Thumb up 0

    ¡¡ojala los problemas de AHORA fueran tan FACILES :D

    sin duda una obra de arte de EULER, aunque cuesta creer qeu genios como NEWTON o similares NO pudieran resolver el problema

  39. Trackback | 7 abr, 2013

    π² Irracional implica infinitos primos | Lo fascinante de la teoría de números

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