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

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

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.
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