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”

Pingback: El hada Melusina y la trigonometría | Guirnalda matemática
Sebastião Vieira do Nascimento (popularmente conhecido como professor Sebá), el 26/03/2020 a las 12:44 pm dijo:

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

Guirnalda matemática

Sobre historia de la geometría antigua y otros temas