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Diferentes métodos para calcular los $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$

Como he oído que la gente no se fiaba de Euler cuando él descubrió por primera vez la fórmula (solución del problema de Basilea) $$\zeta(2)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ Sin embargo, Euler fue Euler y dio otras pruebas.

Creo que muchos de ustedes conocen algunas buenas pruebas de esto, puede usted por favor, comparta con nosotros?

137voto

Jedi Master Spooky Puntos 2374

Aquí es otro, que es más o menos lo que Euler hizo en una de sus pruebas.

La función de $\sin x$ where $x\in\mathbb{R}$ is zero exactly at $x=n\pi$ for each integer $n$. Si nos factorizados es como un infinito producto obtenemos

$$\sin x = \cdots\left(1+\frac{x}{3\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\left(1+\frac{x}{\pi}\right)x\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\left(1-\frac{x}{3\pi}\right)\cdots =$$ $$= x\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\cdots\quad.$$

También podemos representar $\sin x$ as a Taylor series at $x=0$:

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\quad.$$

Multiplicando el producto y la identificación del coeficiente de $x^3$ vemos que

$$\frac{x^3}{3!}=x\left(\frac{x^2}{\pi^2} + \frac{x^2}{2^2\pi^2}+ \frac{x^2}{3^2\pi^2}+\cdots\right)=x^3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}$$ o $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Aquí hay dos enlaces interesantes:

118voto

Alfredo Z. Puntos 91

Definir la siguiente serie de $ x > 0 $

$$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots\quad.$$

Ahora sustituye $ x = \sqrt{y}\ $, para llegar a

$$\frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } = 1 - \frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!}+\cdots\quad.$$

si encontramos las raíces de $\frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } = 0 $ nos encontramos con que

$ y = n^2\pi^2\ $ for $ n \neq 0 $ and $ n $ en los enteros

Con todo esto en mente, recordar que para un polinomio

$ P(x) = a_{n}x^n + a_{n-1}x^{n-1} +\cdots+a_{1}x + a_{0} $ con raíces $ r_{1}, r_{2}, \cdots , r_{n} $

$$\frac{1}{r_{1}} + \frac{1}{r_{2}} + \cdots + \frac{1}{r_{n}} = -\frac{a_{1}}{a_{0}}$$

El tratamiento de la anterior serie de $ \frac{\sin \sqrt{y}\ }{\sqrt{y}\ } $ como polinomio vemos que

$$\frac{1}{1^2\pi^2} + \frac{1}{2^2\pi^2} + \frac{1}{3^2\pi^2} + \cdots = -\frac{-\frac{1}{3!}}{1}$$

luego multiplicando ambos lados por $ \pi^2 $ da la serie deseada.

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

14voto

Lars Truijens Puntos 24005

OK, este es mi favorito. Pensé en esto después de leer una prueba del libro "Pruebas del libro" por Aigner & Ziegler, pero más tarde me encontré más o menos la misma prueba como la mía en un papel publicado unos años antes por Josef Hofbauer. En Robin de la lista, la prueba más similar a este es el número 9 (EDICIÓN: ...que en realidad es la prueba de que he leído en Aigner & Ziegler).

Al $$\frac{1}{\tan^2 x} < \frac{1}{x^2} < \frac{1}{\sin^2 x}.$$ < x < \pi/2$ we have /\tan^2 x = 1/\sin^2 x - 1$<\sin x < x < \tan x$ y por lo tanto $(0,\pi/2)$ into ^n$ Tenga en cuenta que $x_k=(\pi/2) \cdot (k/2^n)$. Dividir el intervalo de $$\sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k} - \sum_{k=1}^{2^n-1} 1 < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{x_k^2} < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k}.$$ a partes iguales, y la suma la desigualdad en el (interior) "gridpoints" $S_n$: $$S_n - (2^n - 1) < \sum_{k=1}^{2^n-1} \left( \frac{2 \cdot 2^n}{\pi} \right)^2 \frac{1}{k^2} < S_n.$$ Denota la suma en el lado derecho por $S_n$, podemos escribir esto como $$\frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\sin^2 (\frac{\pi}{2}-x)} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x \cdot \sin^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x}.$$

A pesar de $S_n$ except the midpoint $\pi/4$ (take the point $x_k$ in the left half of the interval $(0,\pi/2)$ together with the point $\pi/2-x_k$ in the right half) we get 4 times a sum of the same form, but taking twice as big steps so that we only sum over every other gridpoint; that is, over those gridpoints that correspond to splitting the interval into ^{n-1}$ parts. And the midpoint $\pi/4$ contributes with /\sin^2(\pi/4)=2$ parece un complicado suma, de hecho, puede calcularse con bastante facilidad. Para empezar, $$S_n = 4 S_{n-1} + 2.$$ Por lo tanto, si combinamos los términos en la suma de $S_1=2$ a la suma. En definitiva, $$S_n = \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ Desde $(S_p)_n = -2/3$ plus the general solution to the homogeneous equation $(S_h)_n = A \cdot 4^n$, with the constant $A$ determined by the initial condition $S_1=(S_p)_1+(S_h)_1=2$, la solución de esta recurrencia es $$ \frac{2(4^n-1)}{3} - (2^n-1) \leq \frac{4^{n+1}}{\pi^2} \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq \frac{2(4^n-1)}{3}.$$ (Por ejemplo como este: el particular (constante) de la solución de $\pi^2/4^{n+1}$ and let $n\to\infty$. This squeezes the partial sums between two sequences both tending to $\pi^2/6$.)

Ahora tenemos %#%#% Multiplicar por %#%#%. Voilà!

9voto

Dan Walker Puntos 3466

Podemos usar la función $f(x)=x^{2}$ with $-\pi \leq x\leq \pi $ y encontrar su expansión en una serie de Fourier trigonométrica

$$\dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),$$

que es periódica y converge a $f(x)$ in $[-\pi, \pi] $.

La observación de que $f(x)$ es incluso, no es suficiente para determinar los coeficientes

$$a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,...,$$

porque

$$b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,... .$$

Para $n=0$ hemos

$$a_{0}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2\pi ^{2}}{3}.$$

Y para $n=1,2,3,...$ tenemos

$$a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx$$

$$=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\dfrac{2}{\pi }\times \dfrac{ 2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}},$$

porque

$$\int x^2\cos nx\;dx=\dfrac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \frac{x^{2}}{ n}-\dfrac{2}{n^{3}}\right) \sen nx.$$

Así

$$f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}} \cos nx\right) .$$

Desde $f(\pi )=\pi ^{2}$, obtenemos

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{ n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right) $$

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n} \dfrac{1}{n^{2}}\right) $$

$$\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.$$

Por lo tanto

$$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{4}-\dfrac{\pi ^{2}}{12}= \dfrac{\pi ^{2}}{6}$$


Segundo método (disponible en línea hace un par de años por Eric Rowland. De

$$\log (1-t)=-\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^n}{n}$$

y haciendo la sustitución de $t=e^{ix}$ uno consigue la expansión de la serie

$$w=\text{Log}(1-e^{ix})=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{e^{inx}}{n}=-\sum_{n=1}^{ \infty }\dfrac{1}{n}\cos nx-i\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sen nx,$$

cuyo radio de convergencia es $. Ahora bien, si tomamos la parte imaginaria de ambos lados, el lado derecho se convierte en

$$\Im w=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,$$

y el LHS

$$\Im w=\arg \left( 1-\cos x-i\sin x\right) =\arctan \dfrac{-\sin x}{ 1-\cos x}.$$

Desde

$$\arctan \dfrac{-\sin x}{1-\cos x}=-\arctan \dfrac{2\sin \dfrac{x}{2}\cdot \cos \dfrac{x}{2}}{2\sin ^{2}\dfrac{x}{2}}$$

$$=-\arctan \cuna \dfrac{x}{2}=-\arctan \tan \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2} \right) =\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi }{2},$$

la siguiente expansión tiene

$$\dfrac{\pi }{2}-\frac{x}{2}=\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sen nx.\qquad (\ast )$$

La integración de la identidad $(\ast )$, obtenemos

$$\dfrac{\pi }{2}x-\dfrac{x^{2}}{4}+C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx.\qquad (\ast \ast )$$

Establecimiento $x=0$, we get the relation between $C$ and $\zeta (2)$

$$C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=-\zeta (2).$$

Y para $x=\pi $, desde

$$\zeta (2)=2\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}},$$

podemos deducir

$$\dfrac{\pi ^{2}}{4}+C=-\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos n\pi =\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta (2)=-\dfrac{1}{ 2}C.$$

La solución para $C$

$$C=-\dfrac{\pi ^{2}}{6},$$

por lo tanto, demostrar

$$\zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.$$

Nota: esta 2ª método puede generar todos los valores zeta $\zeta (2n)$ by integrating repeatedly $(\ast\ast )$. This is the reason why I appreciate it. Unfortunately it does not work for $\zeta (2n+1)$.

3voto

Matt Dawdy Puntos 5479

Tengo dos favoritos de las pruebas. Uno es la última prueba en Robin Chapman colección; usted debe realmente tener una mirada en ella.

La otra es una prueba de que generaliza a la evaluación de la $\zeta(2n)$ for all $n$, aunque lo voy a hacer "Euler-estilo de" acortar la presentación. La idea básica es que meromorphic funciones infinito parcial fracción descomposiciones que generalizar la fracción parcial de descomposición de funciones racionales.

La función particular que nos interesa es la $B(x) = \frac{x}{e^x - 1}$, the exponential generating function of the Bernoulli numbers $B_n$. $B$ is meromorphic with poles at $x = 2 \pi i n, n \in \mathbb{Z}$, and at these poles it has residue \pi i n$. De ello se sigue que podemos escribir, a la de Euler,

$$\frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{2\pi i n}{x - 2 \pi i n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} - \left( \frac{1}{1 - \frac{x}{2\pi i n}} \right).$$

Ahora podemos ampliar cada uno de los términos en el lado derecho como una serie geométrica, de nuevo a la de Euler, para obtener

$$\frac{x}{e^x - 1} = - \sum_{n \in \mathbb{Z}} \sum_{k \ge 0} \left( \frac{x}{2\pi i n} \right)^k = \sum_{k \ge 0} (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi )^{2n}} x^{2n}$$

porque, después de la reorganización de los términos, la suma de potencias impares se cancela y la suma por encima de los poderes no. (Esta es una indicación de por qué no se conoce la forma cerrada para $\zeta(2n+1)$.) La equiparación de términos en ambos lados, se sigue que

$$B_{2n} = (-1)^{n+1} \frac{2 \zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}}$$

o

$$\zeta(2n) = (-1)^{n+1} \frac{B_{2n} (2\pi)^{2n}}{2}$$

como se desee. Para calcular los $\zeta(2)$ it suffices to compute that $B_2 = \frac{1}{6}$, lo que, a continuación, da la respuesta habitual.

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