Introducción

Leonhard Euler

Leonhard Euler

Hace ya bastante tiempo (más de tres años) os hablé del problema de Basilea y os mostré una demostración de la misma. Evidentemente no es la única que se conoce. De hecho la que podéis ver en el artículo enlazado generó cierta polémica en su momento (por ejemplo, Johann Bernoulli criticó parte de la demostración y pidió mayor rigurosidad en ciertos puntos de la misma a Euler) y también ahora. Por ello os voy a mostrar otra demostración de este problema en el resto del artículo

El problema de Basilea

Aunque en el anterior artículo que escribí sobre este tema ya se comentaba en qué consistía el problema no está de más recordarlo:

El problema de Basilea consiste en calcular la suma de los inversos de los cuadrados de los números naturales, es decir, dar el valor de la siguiente serie:

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}}

Sabemos por dicho artículo que esta suma vale:

\cfrac{\pi ^2}{6}

Como hemos comentado antes la demostración de este hecho que se desarrollaba en esa entrada no es ni mucho menos la única que se conoce. El mismo Euler dio varias demostraciones más de este problema. En la actualidad poseemos varias demostraciones más que utilizan técnicas más modernas. Por ejemplo, Apostol publicó un 1983 una demostración utilizando integrales dobles, también se conocen varias demostraciones que utilizan series de Fourier y hasta existe una demostración basada en trigonometría (posiblemente la más elemental que se conoce) que aparece en el libro Proofs from THE BOOK.

Antonio Córdoba Barba

Antonio Córdoba Barba

La demostración que vamos a reproducir aquí se la debemos a Antonio Córdoba Barba (imagen de la derecha), catedrático de Análisis de la UAM en cuya web podemos ver los artículos que tiene en su haber (algunos de ellos con enlaces para poder consultarlos) o los libros que ha escrito. Vamos con ella:

Teorema:

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}=\cfrac{\pi ^2}{6}}

Demostración:

Partimos del valor de la función zeta de Riemann en 2 (que es precisamente la suma que queremos calcular) y desarrollamos su expresión:

\displaystyle{\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} + \frac{1}{4} \zeta(2)}

Despejando \zeta(2) obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{\zeta(2)=\frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}}

Por otro lado tenemos lo siguiente:

\displaystyle{\frac{1}{2n+1}=\int_{0}^{1} x^{2n}dx=\int_{0}^{1} y^{2n}dy}

Sustituyendo en la suma anterior, agrupando las dos integrales simples en una doble e intercambiando dichas integrales y la suma llegamos a lo siguiente:

\begin{matrix} \displaystyle{\zeta (2)=\frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \int_{0}^{1} x^{2n}dx \right ) \left ( \int_{0}^{1} y^{2n}dy \right ) = \frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} x^{2n} \, y^{2n}dy \, dx  \right )} = \\ = \displaystyle{\frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \Big(  \sum_{n=0}^{\infty} (xy)^{2n} \Big) dy \, dx} \end{matrix}

Sabemos calcular el valor de la suma que ha quedado dentro de las integrales, ya que es una serie geométrica:

\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} (xy)^{2n}=\cfrac{1}{1-(xy)^2}}

Utilizando este hecho en el paso anterior y la simetría de la integral doble resultante obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x^2y^2} dy \, dx = \frac{1}{3} \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1-x^2y^2} dy \, dx}

En consecuencia el cálculo de \zeta(2) ha quedado reducido al cálculo de esta última integral doble. Para ello vamos a realizar un cambio de variables, en concreto el siguiente:

x=\tanh(s)=\cfrac{\sinh(s)}{\cosh(s)}=\frac{e^s-e^{-s}}{e^s+e^{-s}}, \quad y=\tanh(t)=\cfrac{\sinh(t)}{\cosh(t)}=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}

Debemos calcular la matriz jacobiana del cambio de variables y su determinante. Dicho cálculo queda como sigue:

\begin{matrix} \frac{\partial x }{\partial s } = \frac{1}{\cosh^2(s)}, \quad \frac{\partial x }{\partial t } = 0, \quad \frac{\partial y }{\partial s } = 0  \quad \frac{\partial y }{\partial t } =\frac{1}{ \cosh^2(t)} \Longrightarrow \\ \Longrightarrow J(s,t)=\frac{1}{\cosh^2(t) \cosh^2(s) } \, \, (>0) \end{matrix}

(En este artículo del blog The Unapologetic mathematician y en los posteriores podéis ver explicaciones y demostraciones sobre el cambio de variables en integrales dobles.)

Al aplicar el cambio de variables debemos cambiar también los límites de integración según dicho cambio:

\tanh(z) \rightarrow +1 \Leftrightarrow z \rightarrow +\infty \quad ,  \tanh(z) \rightarrow -1 \Leftrightarrow z \rightarrow -\infty

Sustituyendo todos estos datos en la integral doble anterior llegamos a la siguiente expresión:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1-(\frac{\sinh^2(t)\sinh^2(s)}{\cosh^2(t)\cosh^2(s)} )} \, \, \left ( \frac{1}{ \cosh^2(t) \cosh^2(s) } \right ) \, dt \,  ds}

Y operando en ella obtenemos lo siguiente:

\displaystyle{ \zeta(2)=\frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh^2(t)\cosh^2(s)-\sinh^2(t)\sinh^2(s)} \, dt\,  ds}

Realizando ahora operaciones con las funciones trigonométricas hiperbólicas que aparecen en el denominador de la fracción llegamos a la siguiente integral doble:

\displaystyle{ \zeta(2)= \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(s+t)\cosh(s-t)} \, dt\,  ds}

Realizamos ahora otro cambio de variables en esta integral. En esta ocasión es el que sigue:

\begin{matrix} u=t+s \\ v=s-t \end{matrix}

Calculamos ahora el determinante de la matriz jacobiana como el inverso del determinante del jacobiano del cambio inverso:

J(u,v)=det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} ^{-1}=\cfrac{1}{det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}}=\cfrac{1}{2}

Sustituyendo el cambio en la integral doble tenemos:

\displaystyle{\zeta(2)= \frac{1}{6} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(v)\cosh(u) } \, du \, dv  =\frac{1}{6} \Big(  \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(u)} du \Big)^2}

Calculamos ahora esta integral:

\begin{matrix} \displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\cosh(u)}du = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2}{e^u + e^{-u} } du = 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \frac{e^u}{1+e^{2u} } du}= \\ = 2 \Big[ \arctan(e^u) \Big]_{-\infty}^{+\infty} =2\Big[ \arctan(+\infty)-\arctan(0) \Big] = 2 \left ( \frac{\pi}{2} \right ) =\pi \end{matrix}

Ahora sustituimos este resultado en la expresión anterior y llegamos al resultado buscado:

\mathbf{\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n^2}=\zeta(2)=\cfrac{\pi ^2}{6}}}


Fuentes:

  • El problema de Basilea: artículo de Rafael Granero aparecido en La Gaceta de la RSME, Vol. 12, nº 4, Año 2009.
  • Demostración de Antonio Córdoba Barba enviada por nuestro lector Daniel a gaussianos (arroba) gmail (punto) com.
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