jueves, 23 de junio de 2016

Una demostración "elemental" del problema de Basilea

Como muchos de vosotros sabéis, el Problema de Basilea consistía en calcular cuánto vale la suma de los inversos de los cuadrados de los números naturales, es decir, calcular

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$$
La historia que hay detrás de este problema es muy bonita y os recomiendo que leáis el artículo de Gaussianos que enlazo en la primera frase.

Os resumo un poco el final. En la segunda mitad del siglo XVII, ya se conocía que esta suma era finita, pero ninguno de los matemáticos que atacaron el problema (gente como Jakob Bernoulli, Johann Bernoulli, Leibniz y Wallis, por ejemplo) puedieron con él. Fue, sin embargo el príncipe de las matemáticas, Leonhard Euler quien, con una facilidad asombrosa, no sólo calculó esta suma sino todas las del tipo
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{2k}}\ \text{con}\ k\in{\mathbb N}.$$
Por cierto que la solución es $\pi^2/6$.

Sin emabrgo, la prueba de Euler contenía alguna omisión. Esta omisión es lo que hoy en día se conoce como Teorema de Mittag-Leffer y es uno de los resultados duros de un curso de Variable Compleja.

Se conocen varias demostraciones de esta suma. Quizás la más conocida (la que a mi me enseñaron) es la que hace uso del desarrollo en Series de Fourier de la función ${\rm sen}(x)$. Pero tiene como problema que hay que estudiar Series de Fourier, y esto suele darse en un segundo curso del Matemáticas.

A continuación os voy a presentar una demostración "elemental" del Problema de Basilea. Una demostración que está al alcance, incluso, de alumnos de Bachillerato y que tan sólo hace uso del concepto de límite y de integral.


Sea $I_n:=\int_0^{\pi/2} \cos^{2n}(x)\,dx$ y sea $J_n:=\int_0^{\pi/2} x^2\cos^{2n}(x)\, dx$. Son 2 integrales sencillas, sin apenas complicaciones. Además, claramente $I_0=\pi/2$ y $J_0=\pi^3/24$ (esto os lo dejo como ejercicio, jejejej).

Si $n\ge 1$, vamos a tratar de usar el Método de Integración por Partes (sí, ese de "un día ví una vaca vestida de uniforme") en $I_n$ con $dv=\cos(x)\,dx$ y, por tanto, $u(x)=\cos^{2n-1}(x)$. Entonces:

$$I_n={\rm sen}(x)\cos^{2n-1}(x)\bigg|_0^{\pi/2}+(2n-1)\int_0^{\pi/2} {\rm sen}^2(x) \cos^{2n-2}(x)\,dx.$$
El primer sumando es claramente nulo; y teniendo en cuenta que ${\rm sen}^2(x)=1-\cos^2(x)$ , entonces se tiene que $I_n=(2n-1)(I_{n-1}-I_n)$ y, entonces,

$$I_n=\frac{2n-1}{2n} I_{n-1}.\qquad\qquad(1)$$

Por otro lado, si en $I_n$ hacemos  (Esta vez, os lo creéis o lo hacéis vosotros mismos) integración por partes dos veces, la primera con $dv=dx$ y la segunda con $dv=2xdx$, obtenemos que

$$I_n=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2J_n. \qquad\qquad(2)$$

 Ahora vamos a dividir la igualdad (2) entre $n^2 I_n$ y, en el primer sumando, vamos a aplicar (1):

$$\frac{1}{n^2}=\frac{I_n}{n^2 _n}= \frac{2n-1}{n}\cdot\frac{J_{n-1}}{I_n}-2\frac{J_n}{I_n} = 2\left( \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right).$$
Entonces, tenemos escrito $1/n^2$ como suma telescópica:

$$\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^N \left( \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right) = 2\left(\frac{J_0}{I_0}-\frac{J_N}{I_N}\right)=\frac{\pi^2}{6}-2\cdot\frac{J_N}{I_N}$$


Para acabar, sólo tenemos que ver que  $\displaystyle \lim_{N\to\infty} \frac{J_N}{I_N}=0$.

Para ello, teniendo en cuenta que si $0\le x\le \pi/2$ entonces es $0\le x\le (\pi/2) {\rm sen} (x)$, se tiene que

$$ 0\le J_N \le \frac{\pi^2}{4} \int_0^{\pi/2} {\rm sen}^2(x) \cos^{2N}(x)\, dx =\frac{\pi^2}{4}(I_N-I_{N-1})= \frac{\pi^2}{4}\cdot \frac{1}{2N+2},$$ 

por lo que la Regla del Sandwich nos dice que $J_N/I_N\to 0$ y acabamos la demostración.

Espero que os haya gustado. A mí, bastante. Tato que el año que viene la contaré a mis alumnos de primero.

Tito Eliatron Dixit

PD: Esta entrada participa en la edición 7.5 del Carnaval de Matemáticas, alojado en el blog Series divergentes.

Bibliografía:  Daniel J. Velleman, Monthly Gems,  Amer. Math. Monthly 123  (2016), p. 77.
versión en Facebook.

6 comentarios:

  1. Una demostración que me gusta mucho es la de Tom Apostol, que publicó en el Intelligencer en el 83:
    http://link.springer.com/article/10.1007/BF03026576
    (se requiere acceso a la revista, por lo que hay que verlo desde la biblioteca de tu universidad)

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  2. Hola, soy estudiante de primero del grado en matemáticas, y es la primera vez que comento, a pesar de que hace ya unos años que sigo el blog y lo primero, me gustaría darte las gracias por el trabajo que haces con él, ya que me parece magnífico.
    Y segundo, respecto a este post en particular, me ha parecido una demostración impresionante, ya que en la clásica de Euler hay ciertas cosas que no me encajan del todo, como la factorización de un polinómio infinito, aunque supongo que será parte de la omisión que comentas al principio. Sin embargo, esta es muy clara y fácil de ver.
    Sólo un par de detalles que me dí cuenta al seguir paso a paso la demostración (aunque igual me equivoco):
    - En la primera integración por partes de I_n, a pesar de que no va a cambiar nada, el primer signo no debería ser un "+" en lugar del "-" ya que la primitiva de cos(x) es sin(x).
    - Luego, (2) no deberíamos dividirlo entre "n^2*I_n" y no entre "n^2+I_n
    - Y, por último, en la última desigualdad, no faltaría multiplicar el último término por I_N.
    Un saludo

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    Respuestas
    1. - También, en la última desigualdad, sería (I_N - I_{N+1})

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    2. He tenido problemas con el compiladore de LaTeX con este post... me ha metido varios signos "+" donde no debí. Estos que comentáis, entre ellos.

      Estoy probando nuevas soluciones para arreglar este problema.

      GRacias por comentarlo y a Esteban por seguirme

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  3. Esta demostración la vi en uno de los artículos del "American Mathematical Monthly". En una de mis clases de teoría de números analítica el examen parcial era demostrar varios de los pasos que escribes aquí (y los que dejas como ejercicio) para concluir con el resultado.

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Si no comentas, Gauss se comerá una integral.
Y, por favor, respeta a todos con tus opiniones.

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