Comments on: El problema de Basilea (II) http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: Celebrando infinitamente el día de Pi « Escuela Normal Superior de Chiapas "Matemáticas V" http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13051 Celebrando infinitamente el día de Pi « Escuela Normal Superior de Chiapas "Matemáticas V" Sun, 21 Mar 2010 17:29:52 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13051 [...] famosa suma del problema de Basilea (y II) descubierta por Leonhard [...] [...] famosa suma del problema de Basilea (y II) descubierta por Leonhard [...]

]]> By: Américo Tavares http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13050 Américo Tavares Mon, 15 Mar 2010 12:49:01 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13050 ONTEM, dia do pi (14.03.2010), publiquei: « Aproveitando o facto de ser dia do $latex \pi&s=2$, vou expor um resultado descoberto por Euler relacionado com o $latex \pi$, 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 $latex \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$. 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$latex ^{\dag}$ de Tom Apostol A Proof that Euler Missed: Evaluating $latex \zeta (2)$ the Easy Way -- e de forma algo semelhante -- na primeira demonstração do capítulo 8 (Three times $latex \pi ^{2}/6$) do livro$latex ^{\ddag}$ 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 $latex \dfrac{1}{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}dx$ então $latex \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 $latex \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left(\displaystyle \int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)$ $latex =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau $ $latex =\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau $ Ora $latex \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau ^{n-1}=\dfrac{1}{1-t\tau }$ pelo que $latex \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-t\tau}\;dt\;d\tau$. Se rodarmos os eixos $latex t,\tau $, no sentido directo, de um ângulo com uma amplitude igual a $latex \alpha $, obtemos a transformação: $latex t=t^{\prime }\cos\alpha -\tau^{\prime }\sin\alpha$ $latex \tau=t^{\prime }\sin\alpha +\tau^{\prime }\cos\alpha$ em que $latex t^{\prime },\tau ^{\prime }$ são as coordenadas dos novos eixos. Invertendo a transformação de coordenadas obtemos $latex t^{\prime }=t\cos\alpha +\tau\sin\alpha$ $latex \tau^{\prime }=-t\sin\alpha +\tau\cos\alpha$ Nota: os jacobianos destas transformações são iguais: $latex \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\dfrac{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1$ De facto $latex \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial t}{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial t}{\partial \tau^{\prime }} \\ & & \\ \dfrac{\partial \tau }{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial \tau }{\partial \tau ^{\prime }}\end{pmatrix}$ $latex =\det\begin{pmatrix}\cos\alpha & & -\sin\alpha \\ & & \\ \sin\alpha & & \cos\alpha \end{pmatrix}$ $latex =\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha =1$ (*) e como $latex \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial\left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }\cdot\dfrac{\partial\left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1$ a primeira igualdade fica demonstrada. Escolhamos agora $latex \alpha =\dfrac{\pi}{4}$: $latex \cos\dfrac{\pi }{4}=\sin\dfrac{\pi }{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ e $latex t=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }-\tau ^{\prime }\right)$ $latex \tau=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }+\tau ^{\prime }\right)$ $latex t\tau=\dfrac{1}{2}\left( \left( t^{\prime }\right)^{2}-\left( \tau^{\prime }\right)^{2}\right)$ $latex 1-t\tau=\dfrac{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}+\left( \tau ^{\prime}\right)^{2}}{2}$ O quadrado inicial, de vértices $latex \left( t=0,\tau =0\right) $, $latex \left( t=1,\tau =0\right) $, $latex \left( t=1,\tau =1\right) $, $latex \left( t=0,\tau=1\right) $, transforma-se no quadrado de vértices $latex \left( t^{\prime}=0,\tau ^{\prime }=0\right) $, $latex \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau ^{\prime }=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) $, $latex \left( t^{\prime }=\sqrt{2},\tau ^{\prime }=0\right) $, $latex \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) $ que é simétrico em relação a $latex t^{\prime }$. Assim, integrando para $latex t^{\prime }\geq 0$ no plano $latex t^{\prime },\tau ^{\prime }$, separadamente nos intervalos (da variável $latex t^{\prime }$) $latex \left[ 0,\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right] $ e $latex \left[ \dfrac{1}{2}\sqrt{2},\sqrt{2}\right] $, vem $latex \displaystyle\int_{t=0}^{t=1}\displaystyle\int_{\tau =0}^{\tau =1}\dfrac{1}{1-t\tau }\;dt\;d\tau=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;$ $latex =2\displaystyle\int_{t^{\prime }=0}^{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }$ $latex +2\displaystyle\int_{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{t^{\prime }=\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=\sqrt{2}-t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }$ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left( \int_{0}^{t^{\prime }}\frac{d\tau^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right)^{2}}\right) \;dt^{\prime }\;$ $latex +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left( \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime}}\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}\right) \;dt^{\prime }$ Se repararmos que $latex \displaystyle\int\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}$ obtemos $latex \displaystyle\int_{0}^{1}\left( \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=4\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right] _{0}^{t^{\prime }}\;dt^{\prime }$ $latex +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\right] _{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime }}\;dt^{\prime }$ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\;dt^{\prime }$ $latex +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\;dt^{\prime }$ Agora, fazendo a substituição $latex t^{\prime }=\sqrt{2}\sin\theta $, $latex dt^{\prime }=\sqrt{2}\cos \theta \;d\theta $, no primeiro integral, vem: $latex 4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\arctan\left( \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\right) \;dt^{\prime }$ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/6}\arctan\left( \tan \theta \right) d\theta \;$ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\pi /6}\theta$ $latex d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{18}$ enquanto que a substituição $latex t^{\prime }=\sqrt{2}\cos\theta $, $latex dt^{\prime }=-\sqrt{2}\sin\theta \;d\theta $ no segundo, resulta em: $latex 4\displaystyle\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \left( \frac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right) dt^{\prime }$ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\pi /3}\arctan \left( \dfrac{1-\cos \theta }{\sin \theta }\right) \;d\theta $ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\arctan \left( \tan \dfrac{\theta }{2}\right)\;d\theta $ $latex =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\frac{\theta }{2}\;d\theta $ $latex =\dfrac{\pi ^{2}}{9}$ pelo que, efectivamente, $latex \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=\dfrac{\pi ^{2}}{18}+\dfrac{\pi ^{2}}{9}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$. (*) A interpretação geométrica é a de que o quadrado original tem a mesma área do transformado ($latex 1\times 1=1$). ______________ $latex ^{\dag} $ Tom M. Apostol, A Proof that Euler Missed: Evaluating $latex \zeta (2)$ the Easy Way, The Mathematical Intelligencer vol. 5, No. 3, p.59, Springer-Verlag, New York, 1983 $latex ^{\ddag}$ Martin Aigner, Günter Ziegler, Proofs From THE BOOK, 4.th ed., Springer, 2010 » 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 »

]]> By: Celebrando infinitamente el día de Pi | Gaussianos http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13049 Celebrando infinitamente el día de Pi | Gaussianos Sun, 14 Mar 2010 06:00:34 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13049 [...] famosa suma del problema de Basilea (y II) descubierta por Leonhard [...] [...] famosa suma del problema de Basilea (y II) descubierta por Leonhard [...]

]]> By: Américo Tavares http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13048 Américo Tavares Sat, 23 Jan 2010 22:09:09 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13048 No seu blogue o matemático brasileiro Carlos Matheus publicou, em 7 de Outubro de 2008, a este respeito o artigo <i>A solução de L. Euler para o problema de Basel</i> URL: http://cmssmatheus.wordpress.com/2008/10/07/a-solucao-de-l-euler-para-o-problema-de-basel/ 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/

]]> By: Américo Tavares http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13047 Américo Tavares Sun, 17 Jan 2010 20:50:20 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13047 Meu comentário de 11 de Enero de 2010 | 23:26 Digo: $latex f(x)=\dfrac{x^2}{4}$ Meu comentário de 11 de Enero de 2010 | 23:26

Digo:

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

]]> By: Omar-P http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13046 Omar-P Wed, 13 Jan 2010 01:53:02 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13046 Al final de esta interesante página hay mas referencias sobre zeta(3): http://numbers.computation.free.fr/Constants/Zeta3/zeta3.html Al final de esta interesante página hay mas referencias sobre zeta(3):
http://numbers.computation.free.fr/Constants/Zeta3/zeta3.html

]]> By: Omar-P http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13045 Omar-P Tue, 12 Jan 2010 17:10:29 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13045 Constante de Apéry, zeta(3): http://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Ap%C3%A9ry Constante de Apéry, zeta(3):
http://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Ap%C3%A9ry

]]> By: Omar-P http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13044 Omar-P Tue, 12 Jan 2010 10:49:18 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13044 Constante de Apery, zeta(3). Constante de Apery, zeta(3).

]]> By: Américo Tavares http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13043 Américo Tavares Tue, 12 Jan 2010 02:12:37 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13043 Gerard Sabe-se que $latex \pi^2/6$ é irracional. $latex \zeta(3)$ também é irracional. Gerard

Sabe-se que \pi^2/6 é irracional.

\zeta(3) também é irracional.

]]> By: Américo Tavares http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea-ii/#comment-13042 Américo Tavares Tue, 12 Jan 2010 02:07:07 +0000 http://gaussianos.com/?p=2113#comment-13042 ^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. ^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.

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