La cosa va de sumas

Un problema (bueno, en realidad dos) sobre sumas de series:

Sea $x_n, \; n \ge 1$ , la n-ésima raíz positiva de la ecuación $tg(x)=x$ . Estudiar la convergencia de las siguientes series:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n}}$
y
$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n^2}}$
Indicar el valor de dichas sumas en caso de convergencia.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 23 de September de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

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Tito Eliatron | 23 de September de 2008 | 10:01

La primera serie, así a vuelapluma, es divergente, pues $\forall n\ge 1$ , $\pi/2+2(n-1)\pi\le x_n\le \pi/2+2n\pi$ , por lo que $\displaystyle\frac{1}{\pi/2+2(n-1)\pi}\ge \frac{1}{x_n}\ge \frac{1}{\pi/2+2n\pi}$ , con lo que la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{x_n}$ tiene el mismo carácter que la serie armónica $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ , es decir, DIVERGENTE.

De forma parecida, la segunda serie es CONVERGENTE, pues tendría el mismo carácter que la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$ , que es CONVERGENTE, ya que como $1\le\pi/2+2(n-1)\pi\le x_n\le \pi/2+2n\pi$ , entonces $1\le(\pi/2+2(n-1)\pi)^2\le x_n^2\le (\pi/2+2n\pi)^2$ y se tiene que $\displaystyle\frac{1}{(\pi/2+2(n-1)\pi)^2}\ge \frac{1}{x_n^2}\ge \frac{1}{(\pi/2+2n\pi)^2}$ .

Otra cosa es calcular la segunda suma, que ya no tengo ganas ni tiempo de ponerme… y además, que soy de Análisis, que con la existencia de la suma me conformo…
Jones, Francisco | 23 de September de 2008 | 22:34

Para demostrar que la primera diverge habría que comparar sus términos con los términos de la serie armónica, que sabemos que sí diverge.

En el caso de la segunda habría que comparar sus términos con los de una progresión geométrica infinita de razón menor que 1 (|q|<1) para llegar a colegir que esa suma es menor o igual que la suma de la progresión, que como sabemos es a/(1-q)

Pero tengo sueños y pocas ganas de ponerme…
Jones, Francisco | 23 de September de 2008 | 22:37

Es más, en este caso los x sub-ene están contenidos en la recta y=x.
M | 23 de September de 2008 | 23:51

En esencia, estoy de acuerdo con la idea de Tito Eliatron (exceptuando, claro está, “que ya no tengo ganas ni tiempo de ponerme… y además, que soy de Análisis, que con la existencia de la suma me conformo…” ), pero la localización de los ceros en relación a sus índices debe ser:

$n\pi\prec x_n\prec (n+\frac{1}{2})\pi,\;\;n\geq 1$ .
M | 24 de September de 2008 | 13:49

Una pista, que espero no distraiga de otras posibles vías: los ceros positivos de $tg x=x$ se relacionan con los ceros (no nulos) de la función $\cfrac{senx-x\cdot cos x}{x^3}$ .
hernan | 24 de September de 2008 | 16:00

Por otro lado, la función $f(z) = \frac{1}{tg(z)-z}$ tiene polos de orden uno sobre la semirrecta real positiva, en los valores $x_n$ en cuestion, y sus residuos, si no me equivoco, valen precisamente $\frac{1}{tg^2 x_n}$ . ¿Tal vez alguna integración por contorno en el plano complejo?
M | 24 de September de 2008 | 23:48

Numéricamente, parece que $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n^2}}=\cfrac{1}{10}$

hernan, aunque tengas que hacer bastantes cálculos, seguramente la integración compleja te llevará a buen puerto.
hernan | 25 de September de 2008 | 00:15

Atacándolo un poco a lo bruto (a lo Euler), y aprovechando la sugerencia de M (bien razonable en esta manera de atacarlo) llego a que la suma da 1/10.
Lo verifico numéricamente (también a lo bruto… en perl!) y parece que da bien.
M | 25 de September de 2008 | 10:07

perfecto hernan, puedes indicar el razonamiento “a lo Euler”?
hernan | 25 de September de 2008 | 14:08

Ahí va:

Tenemos que $tg(x)= x \Leftrightarrow sen(x) - x \; cos(x) = 0$

(Sí, cuidado con los ceros del coseno. Pero es fácil ver que en esos puntos no son solución del la ecuación)

Nos interesan entonces los ceros (positivos) de la función $f(x) = sen(x) - x \; cos(x)$
Su serie de Taylor es
$latex \displaystyle f(x) = ( x – \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} – \ldots )
– x \; ( 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \ldots )
= 2 \; \frac{x^3}{3!} – 4 \; \frac{x^5}{5!} + 6 \; \frac{x^7}{7!} \ldots $
Tiene un cero triple en el origen. Nos conviene entonces dividir por $x^3$ , para deshacernos de ese cero. Así nos queda esta función:

$\displaystyle g(x) = \frac{sen(x) - x \; cos(x)}{x^3} = 2 \; \frac{1}{3!} - 4 \; \frac{x^2}{5!} + 6 \; \frac{x^4}{7!} \ldots = \frac{1}{3} - \frac{x^2}{30} + \frac{x^4}{840} \ldots$

Una función linda, continua, par, acotada. Con $g(0)=1/3$ . Y por supuesto, con los mismos ceros positivos que la original. Vemos además que sus otros ceros son los de signo inverso.

Supongamos que conocemos los ceros: $x_1, \; x_2 \; \ldots x_{-1} , x_{-2} \ldots$ . Acá asumimos la alegre y creativa irresponsabilidad de los matemáticos del siglo XVIII, y probamos tratar esos serie de Taylor como si fuera un polinomio, como si ese conjunto de ceros fuera finito.
Entonces el pseudo-polinomio se podria factorizar así:

$\displaystyle g(x) = g(0) \; (1 - \frac{x}{x_1}) (1 - \frac{x}{x_2}) \ldots (1 - \frac{x}{x_{-1}}) (1 - \frac{x}{x_{-2}}) \ldots$

Como en nuestro caso podemos aparear ceros positivos y negativos, nos quedan diferencias de cuadrados. Además sabemos $g(0) = 1/3$ Entonces

$\displaystyle g(x) = \frac{1}{3} \; (1 - \frac{x^2}{x_1^2}) (1 - \frac{x^2}{x_2^2}) (1 - \frac{x^2}{x_3^2}) \ldots$

Igual que hizo Euler, expadimos esta productoria infinita y comparamos términos con la serie de Taylor. El término independiente coincide, claro está; el siguente, el cuadrático viene dado por:

$\displaystyle \frac{1}{3}\sum \frac{1}{x_i^2}$

Que en la serie de Taylor nos dio 1/30. Ergo

$\displaystyle \sum \frac{1}{x_i^2} = 3 \; \frac{1}{30}= \frac{1}{10}$

Por supuesto, esta demostración no es muy seria, para un matemático contemporáneo que se respete. Pero yo soy un mero ingeniero, je.

De paso: no conocía la demostración de Euler, caí en ella porque, como todos, al momento de demostrar de la convergencia de nuestra serie me encontré con la otra, la que solucionó Euler, y me dio curiosidad por saber cómo se llegaba al resultado $\sum \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}$
hernan | 25 de September de 2008 | 14:16

Me faltó el signo negativo en la anteúltima ecuación, el coeficiente cuadrático es negativo (tanto en la serie de Taylor como en la expansión).
M | 25 de September de 2008 | 15:49

Sí señor, hernan, precioso desarrollo. Aunque por su carácter poco riguroso no es una prueba en sí, me parece que cubre bastante las expectativas planteadas. Una prueba rigurosa de este estilo pasa por demostrar el desarrollo de la función compleja $f(z)=\cfrac{3(sen z- z\cdot cos z)}{z^3}$ en producto infinito $f(z)= \prod_{n=1}^\infty (1-\frac{z^2}{x_n^2})$ , lo cual exige ver que todos los ceros de $f(z)$ se hallan sobre la recta real. Al aplicar el teorema de factorización de Weiertrass http://en.wikipedia.org/wiki/Infinite_product , obtenemos

$f(z) = e^{\phi(z)} \; \prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{z^2}{x_n^2}\right)$ , siendo $\phi(z)$ analítica,

y habría que demostrar que la función $\phi(z)\equiv 0$ . Dando por válido el valor de la suma (1/10), yo sólo he podido obtener que $\phi(z)=\mathcal{O}(z^4),\;z\to 0$ .

En el caso del problema de Basilea, sí es cierta la igualdad

$\cfrac{\sin \pi z}{\pi z}=\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{z^2}{n^2}\right)$

Finalmente, decir que sí se puede dar una prueba “elemental” rigurosa al valor de la suma (1/10), sin salirse del campo real.
M | 26 de September de 2008 | 23:46

Como ya es viernes, escribo la solución “elemental real” que conozco al valor $\displaystyle \sum \frac{1}{x_i^2} = \frac{1}{10}$ . A pesar de que el desarrollo es largo, creo que debo escribirla y espero que se entienda ya que creo que contiene aspectos bastantes interesantes.

Los valores $\{x_i\}_{n\geq 1}$ soluciones positivas de $tg\;x=x$ tienden a infinito y es conveniente dividir $x_i$ entre $n$ para hacer un estudio en $(0,\frac{\pi}{2})$ . Por eso vamos a considerar previamente la ecuación $tg\;(nx)=n\cdot tg\;x$ , en $0\prec x\prec \frac{\pi}{2}$ , para $n\geq 2$ .

Teniendo en cuenta las asíntotas verticales, es fácil ver que el número de soluciones de la ecuación $tg\;(nx)=n\cdot tg\;x$ , en $0\prec x\prec \frac{\pi}{2}$ , es exactamente $\gamma_n:=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor-1$ , $n\geq 2$ . Llamemos a estas soluciones $x_1^{(n)},\ldots,x_{\gamma_n}^{(n)}$ (notar que si $n=2,3$ no hay soluciones).

La función $tg(nx)$ tiene un propiedad muy curiosa (que se puede demostrar usando la expresión de la tangente de una suma e inducción) en relación con el triángulo combinatorio, y es que $tg(nx)$ se desarrolla como función racional de $tg\;x$ de modo que los coeficientes de la función racional son los coeficientes binomiales (cuidando los signos), es decir:

$tg(nx)=\cfrac{\binom{n}{1}tgx-\binom{n}{3}tg^3x+\binom{n}{5}tg^5x-\ldots+(-1)^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor-1}\binom{n}{2\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor-1}tg^{2\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor-1}x}{\binom{n}{0}-\binom{n}{2}tg^2x+\binom{n}{4}tg^4x-\ldots+(-1)^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{2}{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}tg^{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}x}$

Igualando $tg(nx)=n\cdot tg\;x$ , dividiendo luego por $tg^3x$ (que no se anula en $(0,\frac{\pi}{2})$ ), y llamando $z:= tg^2x$ , obtenemos la ecuación polinómica

$-\left(\binom{n}{3}-n\binom{n}{2}\right)+\left(\binom{n}{5}-n\binom{n}{4}\right)z-\ldots+\alpha_nz^{\gamma_n}=0$ ,

con $\alpha_n:=(-1)^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}\binom{n}{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ y $\gamma_n=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor-1$ como arriba. Esta ecuación de grado $\gamma_n$ en $z$ debe tener exactamente $\gamma_n$ raíces reales positivas ( $z_i=tg^2(x_i^{(n)})$ ). Usando las relaciones de Cardano vemos que

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{\gamma_n}\cfrac{1}{tg^2(x_i^{(n)})}}=\displaystyle{\sum_{i=1}^{\gamma_n}\cfrac{1}{z_i}}=\cfrac{\binom{n}{5}-n\binom{n}{4}}{\binom{n}{3}-n\binom{n}{2}}=\cfrac{(n-2)(n-3)}{10}$ , si $n\geq 2\quad \quad (1)$ .

Finalmente hagamos el cambio $y_i^{(n)}=n\cdot x_i^{(n)}$ , siendo $n$ suficientemente grande (lo vamos a hacer tender a infinito para recuperar las raíces $x_i$ de la ecuación original $tg x=x$ ). Entonces,

$tg(y_i^{(n)})=tg(nx_i^{(n)})=ntg(x_i^{(n)})=n\cdot tg(\frac{y_i^{(n)}}{n})=y_i^{(n)}+\mathcal{O}(\frac{1}{n^2})$ (desarrollando en serie la tangente). Por la distribución de las raíces $x_i^{(n)}$ y las raíces $x_i$ , esto último implica que el conjunto de valores $y_i^{(n)}$ tiende al conjunto de raíces $x_i$ , si $n\to \infty$ . Además vemos que

$tg^2(x_i^{(n)})=\left(\cfrac{y_i^{(n)}}{n}\right)^2+\mathcal{O}(\cfrac{1}{n^4})$ . Insertando esta expresión en la suma (1) y haciendo $n\to \infty$ llegamos a la igualdad buscada

$\displaystyle \sum_{i=1}^\infty \cfrac{1}{x_i^2} = \cfrac{1}{10}$
Joseph | 27 de September de 2008 | 22:34

Hola, sè que esta fuera de tema pero necestito vuestra ayuda. Como pruebo que el K espacio vectorial de los polinomios de grado menor e igual a n, de un cuerpo K, no existe una base con todos sus vectores(polinomios) de grado n… De antemano gracias por su ayuda.
M | 27 de September de 2008 | 23:32

Sí existe tal base. Por ejemplo,

$\Pi_n[x]=span\{x^n,x^{n-1}+x^n,x^{n-2}+x^n,x^{n-3}+x^n,\ldots,x^2+x^n, x+x^n, 1+x^n\}$
Joseph | 28 de September de 2008 | 02:03

Vaya!! que no m habia fijado. Muchas gracias por la aclaraciòn Señor Domingo.
hernan | 29 de September de 2008 | 17:02

Bueno, la demostración de M es “elemental”, pero sólo en cierto sentido Yo intenté alguna generalizacion de la prueba 9 de http://www.maths.ex.ac.uk/~rjc/etc/zeta2.pdf , pero me parece terminaba en algo bastante equivalente a lo de M.

Más allá de esto, anduve tratando de ver este problema como una generalización del problema de Basilea, pero a todo lo que llegué fue a este resultado más general, que no pasa de ser una conjetura:

Consideremos la familia de funciones

$f_1(x) = \frac{\sin(x)}{x}$
$f_2(x) = - \frac{1}{x} {f^\prime}_1(x) = \frac{\sin(x) - x \cos(x)}{x^3}$
$f_{k+1}(x) = - \frac{1}{x} {f^\prime}_k(x)$

Son todas funciones de forma parecida a la $f_1$ (“sinc function”), pares, continuas, casi periódicas.
Sea $x_{n,k}$ el n-ésimo cero positivo de $f_k(x)$ . Entonces, el desarrollo no riguroso a la Euler nos conduce bastante directamente a esta conjetura:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{x^2_{n,k}} = \frac{1}{2 (2 k +1)}$

Con $k=1$ (con ceros en $x_{n,1} = n \pi$ ) se tiene la igualdad de Basilea $= \sum 1/(n \pi) ^2 = 1/6$ .
Y con $k=2$ tenemos el problema de esta entrada.
Quedaría como desafío, para quien se anime, formular un método de demostración general, que sirva para demostrar la conjetura para todo k… si es que es verdadera.
hernan | 29 de September de 2008 | 17:20

Bah, ahora que lo pienso, creo que mejor podría haber arrancado la recursión con $k=0$ , $f_0(x)=\cos(x)$
M | 29 de September de 2008 | 23:14

Precioso, hernan! Intentaré estudiar el asunto en cuanto se pueda.
hernan | 1 de October de 2008 | 04:58

Como era de esperar, esa “familia de funciones” no resultó muy nueva que digamos: son funciones de Bessel (más precisamente, las esféricas denotadas $j_n(x)$ en la wikipedia ) salvo un factor (polo/cero en origen) que a la hora de considerar los ceros positivos no importan.