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.

2 comentarios sobre “Suma de los inversos de los cuadrados

  1. Pingback: El hada Melusina y la trigonometría | Guirnalda matemática

  2. Dear sir:
    I am a full professor at the Federal University of Campina Grande-Paraíba-Brazil. I saw (and read) his work on the Internet and I was surprised by his demonstration on ‘THE SUM OF THE INVERSES OF THE SQUARE OF WHOLE’.
    In view of the above, I inform you that I have discovered a proof for Fermat’s Last Theorem which may be Fermat’s proof. If you’re interested in seeing the demo, I’ll send it to you by email.
    graciously

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