Suma de los inversos de los cuadrados

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \ = \ \frac{\pi^2}{6}$

La siguiente demostración, que no usa cálculo diferencial ni series infinitas, está tomada del libro de A.M.Yaglom & I.M.Yaglom, “Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions“.

A partir de la fórmula del seno del ángulo múltiplo obtenemos las raíces de determinado polinomio y de ahí unas identidades trigonométricas que junto con un hecho básico de trigonometría elemental nos llevan al resultado final.

A partir de la fórmula del seno del ángulo múltiplo…

De la fórmula de De Moivre $(\cos \alpha+i\mathrm{sen }\ \alpha)^n = \cos n\alpha +i\mathrm{sen }\ n\alpha$ , o bien por inducción, se deduce la fórmula general para el seno del ángulo múltiplo
$\displaystyle \mathrm{sen }\ n\alpha = \sum_{\substack{k\ge 1\\k\ \text{impar}}} (-1)^{(k-1)/2}\binom{n}{k}\mathrm{sen }^k \alpha \cos^{n-k} \alpha$
Usando la cotangente $\cot \alpha = \frac{\cos \alpha}{\mathrm{sen } \alpha}$ , tenemos $\mathrm{sen }^k \alpha \cos^{n-k} \alpha = \mathrm{sen }^n \alpha \cot^{n-k} \alpha$ y
$\displaystyle \mathrm{sen }\ n\alpha = \mathrm{sen }^n \alpha \cdot \Big( \sum_{\substack{k\ge 1\\k\ \text{impar}}} (-1)^{(k-1)/2}\binom{n}{k}\cot^{n-k} \alpha \Big)$ .

…obtenemos las raíces de determinado polinomio…

Supongamos que $n$ es impar. Si $\alpha=\frac{j\pi}{n},\ j\!\!=\!\!1,\ldots,\frac{n-1}{2},\$ entonces $\ \mathrm{sen }\ n\alpha = 0$     y $\mathrm{sen }\ \alpha \neq 0$ . La fórmula anterior implica que para esos valores de $\alpha$ ,
$\displaystyle \sum_{\substack{k\ge 1\\k\ \text{impar}}} (-1)^{(k-1)/2}\binom{n}{k}\cot^{n-k} \alpha = 0$      o, si $m=(n-1)/2$ ,
$\displaystyle \binom{2m+1}{1}\cot^{2m} \alpha - \binom{2m+1}{3}\cot^{2m-2} \alpha + \binom{2m+1}{5}\cot^{2m-4} \alpha - \ldots = 0$
Por tanto las raíces del polinomio de grado $m$
$\displaystyle \binom{2m+1}{1} x^{m} - \binom{2m+1}{3}x^{m-1} + \binom{2m+1}{5}x^{m-2} - \ldots = 0$     son los valores $\cot^2 \dfrac{j\pi}{2m+1}, \ \ j\!=\!1,\ldots,m$ , que son todos diferentes pues $0 < \dfrac{j\pi}{2m+1} < \pi/2$ .

…y de ahí unas identidades trigonométricas…

Si $r_1,r_2,\ldots,r_n$ son las raíces de un polinomio $ax^n + bx^{n-1} + \ldots = 0$ , tenemos que $ax^n + bx^{n-1} + \ldots = a(x-r_1)(x-r_2)\ldots (x-r_n) = ax^n - a\sum r_i\ x^{n-1} + \ldots$ y por tanto $\sum r_i = -b/a$ .
Aplicando esta fórmula al polinomio del párrafo anterior, resulta
$\displaystyle \sum_{k=1}^{m} \cot^2 \frac{k\pi}{2m+1} \ = \ \binom{2m+1}{3}/\binom{2m+1}{1} \ = \ \frac {m(2m-1)}{3}$
y como $\csc^2 \alpha = 1/\mathrm{sen }^2 \alpha = \cot^2 \alpha + 1$ ,
$\displaystyle \sum_{k=1}^{m} \csc^2 \frac{k\pi}{2m+1} \ = \ \frac {m(2m-1)}{3} + m \ = \ \frac {m(2m+2)}{3}$

…que junto con un hecho básico de trigonometría elemental…

Si en la figura el radio $OB=1$ y el ángulo $\angle SOB = \alpha$ , tenemos que $SA = \mathrm{sen } \alpha$ , el arco $SB = \alpha$ , y $TB = \tan \alpha$ .
trigonelemdes2

Si $\ 0 \!< \! \alpha \!<\! \pi/2$ , el área del triángulo $\triangle OSB$ es menor que el área del sector circular $OSB$ , que es menor que el área del triángulo $\triangle OTB$ .
Pero esas áreas son respectivamente iguales a $\dfrac{\mathrm{sen } \alpha}{2}, \dfrac{ \alpha}{2} \text{ y }\dfrac{\tan \alpha}{2}$
Por tanto si $\ 0 < \alpha < \pi/2, \ \ \mathrm{sen } \alpha < \alpha < \tan \alpha$ .

Y como $\cot \alpha = 1/\tan \alpha$ , y $\csc \alpha = 1 / \mathrm{sen } \alpha$ , resulta que $\ \ \cot^2 \alpha < 1/\alpha^2 < \csc^2 \alpha$ .

…nos llevan al resultado final.

Por tanto, tomando $\alpha = \frac{k\pi}{2m+1}$ y sumando,
$\displaystyle \frac {m(2m-1)}{3}= \sum_{k=1}^{m} \cot^2 \frac{k\pi}{2m+1} < \sum_{k=1}^{m} \Big( \frac{2m+1}{k\pi}\Big)^2 < \sum_{k=1}^{m} \csc^2 \frac{k\pi}{2m+1} = \frac {m(2m+2)}{3}$ .
Y como $\dfrac {m(2m-1)}{3} \ = \ \dfrac{1}{6}( (2m+1)^2 - 3(2m+1) + 2)$
y $\dfrac {m(2m+2)}{3} \ = \ \dfrac{1}{6}( (2m+1)^2 - 1)$ , multiplicando por $\frac{\pi^2}{(2m+1)^2}$ tenemos
$\displaystyle \frac {\pi^2}{6}(1 - \frac{3}{2m+1} + \frac{2}{(2m+1)^2}) \ < \ \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k^2} \ < \ \frac {\pi^2}{6}(1 - \frac{1}{(2m+1)^2})$ , para todo $m$ .

Tomando $m$ suficientemente grande podemos hacer que los valores izquierdo y derecho se acerquen todo lo que queramos a $\pi^2/6$ , con lo que concluimos que
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \ = \ \frac{\pi^2}{6}$ como queríamos demostrar.

Guirnalda matemática

Sobre historia de la geometría antigua y otros temas