Nuestros investigadores estrellas han agotado sus reservas de café, en su búsqueda a tiempo completo por la respuesta, hasta que Melina encontró el resultado en Beanstalk así que hoy la comparte con nosotros.
Solución:
OK, aquí está mi favorito. Pensé en esto después de leer una prueba del libro “Pruebas del libro” de Aigner & Ziegler, pero luego encontré más o menos la misma prueba que la mía en un artículo publicado unos años antes por Josef Hofbauer. En la lista de Robin, la prueba más similar a esta es la número 9 (EDITAR: … que en realidad es la prueba que leí en Aigner & Ziegler).
Cuando $ 0 Aunque $ S_n $ parece una suma complicada, en realidad se puede calcular con bastante facilidad. Para empezar, $$ frac 1 sin ^ 2 x + frac 1 sin ^ 2 ( frac pi 2 -x) = frac cos ^ 2 x + sin ^ 2 x cos ^ 2 x cdot sin ^ 2 x = frac 4 sin ^ 2 2x. $$ Por lo tanto, si emparejamos los términos en la suma $ S_n $ excepto el punto medio $ pi / 4 $ (tome el punto $ x_k $ en la mitad izquierda del intervalo $ (0, pi / 2) $ junto con el punto $ pi / 2-x_k $ en el mitad derecha) obtenemos 4 veces una suma de la misma forma, pero dando el doble de pasos grandes, de modo que solo sumamos todos los demás puntos de la cuadrícula; es decir, sobre esos puntos de cuadrícula que corresponden a dividir el intervalo en $ 2 ^ n-1 $ partes. Y el punto medio $ pi / 4 $ contribuye con $ 1 / sin ^ 2 ( pi / 4) = 2 $ a la suma. En resumen, $$ S_n = 4 S_ n-1 + 2. $$ Como $ S_1 = 2 $, la solución de esta recurrencia es $$ S_n = frac 2 (4 ^ n-1) 3 . $$ (Por ejemplo, así: la solución particular (constante) $ (S_p) _n = -2 / 3 $ más la solución general de la ecuación homogénea $ (S_h) _n = A cdot 4 ^ n $, con la constante $ A $ determinada por la condición inicial $ S_1 = (S_p) _1 + (S_h) _1 = 2 $.) Ahora tenemos $$ frac 2 (4 ^ n-1) 3 – (2 ^ n-1) leq frac 4 ^ n + 1 pi ^ 2 sum_ k = 1 ^ 2 ^ n-1 frac 1 k ^ 2 leq frac 2 (4 ^ n-1) 3. $$ Multiplicar por $ pi ^ 2 / 4 ^ n + 1 $ y deje $ n a infty $. Esto comprime las sumas parciales entre dos secuencias que tienden a $ pi ^ 2/6 $. ¡Voilà! Podemos usar la función $ f (x) = x ^ 2 $ con $ – pi leq x leq pi $ y encontrar su expansión en una serie trigonométrica de Fourier $$ dfrac a_ 0 2 + sum_ n = 1 ^ infty (a_ n cos nx + b_ n sin nx), $$ que es periódica y converge a $ f (x) $ en $[-pi, pi] PS Observando que $ f (x) $ es par, basta con 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 $ tenemos $$ a_ 0 = dfrac 1 pi int _ – pi ^ pi x ^ 2 dx = dfrac 2 pi int_ 0 ^ pi x ^ 2 dx = dfrac 2 pi ^ 2 3. $$ Y por $ n = 1,2,3, … $ obtenemos $$ a_ n = dfrac 1 pi int _ – pi ^ pi x ^ 2 cos nx ; dx $$ $$ = dfrac 2 pi int_ 0 ^ pi x ^ 2 cos nx ; dx = dfrac 2 pi times dfrac 2 pi n ^ 2 (- 1) ^ n = (- 1) ^ n dfrac 4 n ^ 2, $$ porque $$ int x ^ 2 cos nx ; dx = dfrac 2x n ^ 2 cos nx + left ( frac x ^ 2 n – dfrac 2 n ^ 3 derecha) sin nx. $$ Por lo tanto $$ f (x) = dfrac pi ^ 2 3 + sum_ n = 1 ^ infty left ((-1) ^ n dfrac 4 n ^ 2 cos nx right). $$ Como $ f ( pi) = pi ^ 2 $, obtenemos $$ pi ^ 2 = dfrac pi ^ 2 3 + sum_ n = 1 ^ infty left ((-1) ^ n dfrac 4 n ^ 2 cos left (n pi right) right) $$ $$ pi ^ 2 = dfrac pi ^ 2 3 +4 sum_ n = 1 ^ infty left ((-1) ^ n (- 1 ) ^ n dfrac 1 n ^ 2 right) $$ $$ pi ^ 2 = dfrac pi ^ 2 3 +4 sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n ^ 2. $ PS Por lo tanto $$ sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n ^ 2 = dfrac pi ^ 2 4 – dfrac pi ^ 2 12 = dfrac pi ^ 2 6 $$ Segundo método (disponible en línea hace unos años) por Eric Rowland. De $$ log (1-t) = – sum_ n = 1 ^ infty dfrac t ^ n n $$ y haciendo la sustitución $ t = e ^ ix $ uno obtiene la expansión de la serie $$ 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 sin nx, $$ cuyo radio de convergencia es $ 1 $. Ahora bien, si tomamos la parte imaginaria de ambos lados, el RHS se convierte en $$ Im w = – sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n sin nx, $$ y el LHS $$ Im w = arg left (1- cos xi sin x right) = arctan dfrac – sin x 1- cos x. $$ Ya que $$ 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 cot 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 sin nx. qquad ( ast ) $$ Integrando la identidad $ ( ast) $, obtenemos $$ dfrac pi 2 x- dfrac x ^ 2 4 + C = – sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n ^ 2 cos nx. Qquad ( ast ast) $$ Configurando $ x = 0 $, obtenemos la relación entre $ C $ y $ zeta (2) $ $$ C = – sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n ^ 2 = – zeta (2). $$ Y para $ x = pi $, ya que $$ zeta (2) = 2 sum_ n = 1 ^ infty dfrac (- 1) ^ n-1 n ^ 2, $$ deducimos $$ dfrac pi ^ 2 4 + C = – sum_ n = 1 ^ infty dfrac 1 n ^ 2 cos n pi = suma_ n = 1 ^ infty dfrac (- 1) ^ n-1 n ^ 2 = dfrac 1 2 zeta (2) = – dfrac 1 2 C. $$ Resolviendo por $ C $ $$ C = – dfrac pi ^ 2 6, $$ así probamos $$ zeta (2) = dfrac pi ^ 2 6. $$ Nota: este segundo método puede generar todos los valores zeta $ zeta (2n) $ integrando repetidamente $ ( ast ast) $. Ésta es la razón por la que lo agradezco. Desafortunadamente, no funciona para $ zeta (2n + 1) $. Tenga en cuenta también que $$ C = – dfrac pi ^ 2 6 $$ se puede obtener integrando $ ( ast ast) $ y sustituyendo $$ x = 0, x = pi $$ respectivamente. Aquí hay otro que es más o menos lo que hizo Euler en una de sus pruebas. La función $ sin x $ donde $ x in mathbb R $ es cero exactamente en $ x = n pi $ para cada entero $ n $. Si lo factorizamos como un producto infinito obtenemos $$ 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. $$ También podemos representar $ sin x $ como una serie de Taylor en $ x = 0 $: $$ sin x = x – frac x ^ 3 3! + frac x ^ 5 5! – frac x ^ 7 7! + cdots quad. $ PS Multiplicando el producto e identificando el 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: Los papeles de Euler; La solución de Euler al problema de Basilea: la historia más larga un ensayo sobre el tema escrito por Ed Sandifer. Si guardas algún dilema y capacidad de aumentar nuestro noticia puedes dejar un informe y con placer lo interpretaremos.
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