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30 may 2017

EL PROBLEMA DE BASILEA

Un poco de historia

Basilea es una ciudad suiza situada donde convergen las fronteras francesa y alemana con la suiza. Es además el lugar natal de Euler (1707 – 1783) y de la familia Bernoulli (de hecho Johann Bernoulli fue profesor de Euler en la universidad). Esta localidad da nombre a nuestro artículo: El problema de Basilea consiste en hallar la suma de la serie:

\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \quad \dfrac{1}{n^{2}}

El primero en intentarlo fue John Wallis en Arithmetica Infinitorum (1655) donde aproximó la serie con un error del orden de 10^{-3}. A éste lo siguió Leibniz sin éxito. Le sucedió Jacob Bernoulli quien demostró su convergencia (hasta entonces nadie se había parado a cuestionarse la convergencia de la serie, esa característica era algo secundario, siendo más importantes los resultados en sí). Así, de matemático en matemático, llegamos a 1730 cuando el problema aterriza en las manos de Euler.
Euler publicó varios artículos en los que daba distintas demostraciones del resultado exacto de la suma:

\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \quad \dfrac{1}{n^{2}} = \dfrac{\pi^{2}}{6}

Basilea

Basilea

En lo que sigue vamos a mostrar algunas de las demostraciones, para más detalles el lector puede consultar la bibliografía que sigue este artículo.

Primeras ideas:

Se trata de una demostración acertada aunque no muy rigurosa, en [1] podréis encontrar otros artículos de Euler en los que realiza otras demostraciones similares, es decir, aproximando mediante productos infinitos.

Consideremos la función sen(x), vamos a calcular su desarrollo de Taylor en el punto x_{0} = 0.
Llamando f(x) = sen(x) tenemos:

f(0)=sen(0)=0
f'(0)=cos(0)=1
f''(0)=-sen(0)=0
f'''(0)=-cos(0)=-1

Con lo cual su desarrollo de Taylor en x_{0} es el siguiente:

sen(x) = x - \dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{5}}{5!}-\cdots

Observación: Notad que para} n \in \mathbb{N}, se tiene que f^{(2n}(0)=0 y f^{(2n+1}(0)=\pm 1.

Dividiendo ahora por x obtenemos:

\dfrac{sen(x)}{x} = 1 - \dfrac{x^{2}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{5!}-\cdots

Sabemos que el seno se anula en n \pi, n \in \mathbb{Z}. Euler pensó que podía poner la función \dfrac{sen(x)}{x} como producto de monomios, de la misma forma que lo hacemos con los polinomios. Así llego a la expresión:

\dfrac{sen(x)}{x} = \left( 1 - \dfrac{x}{\pi} \right) \left( 1 + \dfrac{x}{ \pi} \right) \left( 1 - \dfrac{x}{2 \pi} \right) \left( 1 + \dfrac{x}{2 \pi} \right) \cdots =\left( 1 - \dfrac{x^{2}}{\pi^{2}} \right) \left( 1 - \dfrac{x^{2}}{4 \pi^{2}} \right)

Aclaración: Hemos escrito la expresión \dfrac{sen(x)}{x} como producto de monomios, obteniendo así la expresión del seno como un producto infinito. Después hemos agrupado los término usando: (1 - a)(1 + a)= 1 - a^{2} llegando a la última expresión.

Nota histórica: Cuando Euler usó el razonamiento anterior sobre las raíces del seno recibió varias críticas por parte de la comunidad matemática. Aunque llegó a una conclusión acertada, el proceso era incorrecto. Es decir, afirmar que ésa es la expresión verdadera es un error. En  [1] vemos otra función e^{x} \dfrac{sen(x)}{x} tiene también las mismas raíces pero no la misma expresión como producto infinito.

Continuando con la demostración, lo siguiente que hizo Euler fue comparar los términos que acompañan a x^{2}. Sacando factor común en la última expresión e igualando al término en x^{2} dela primera expresión obtenida para \dfrac{sen(x)}{x} llega a:
- \left( \dfrac{1}{\pi^{2}} + \dfrac{1}{4 \pi^{2}} + ... \right) = - \dfrac{1}{6}

Es decir:

\dfrac{1}{\pi^{2}} \left( \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{1}{n^{2}}\right) = \dfrac{1}{6}

Finalmente, concluye que:

\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{1}{n^{2}} = \dfrac{\pi^{2}}{6}

A pesar de la falta de rigurosidad y las quejas que recibió, esta última igualdad es cierta. En artículos posteriores Euler busca otros modos de hallar el desarrollo de la función anterior, podéis consultarlo en [1]. Ahora veremos otra demostración, más pulida, donde los resultados previos (que la mayoría de lectores ya conocerán) aparecen enunciados y demostrados en [2].

Demostración rigurosa

Empecemos por considerar la suma:

s_{k} = \underset{n=1}{\overset{k}{\sum}} \frac{1}{n^{2}}

La idea es acotar la suma tanto inferior como superiormente para después considerar el límite cuando k \longrightarrow \infty.
Comenzamos considerando x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right); n \in \mathbb{N}. Haciendo uso de la Fórmula de Moivre (ver [2]) tenemos:

\dfrac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{\sin ^{n}(x)} = \left( \dfrac{\cos (x) + i \sin (x)}{\sin (x)} \right)^{n} = ( \cot (x) + i )^{n}.

Ahora aplicamos El binomio de Newton (ver [2]) en la última expresión obteniendo el siguiente desarrollo:

( \cot (x) + i )^{n} = \binom{n}{0} \cot^{n} (x) + \binom{n}{1} \cot^{n-1} (x) i + ... + \binom{n}{n-1} \cot (x) i^{n-1} + \binom{n}{n} i^{n}

Reagrupando los términos observando que i^{2} = -1, i^{3} = -i, i^{4} = 1, ... nos queda la siguiente expresión:

\left( \binom{n}{0} \cot^{n} (x) - \binom{n}{2} \cot^{n-2}(x) +... \right) + i \left( \binom{n}{1} \cot^{n-1}(x) - \binom{n}{3} \cot^{n-3}(x) + ... \right)

Igualando las partes imaginarias de la expresión inicial y este último resultado obtenemos:

 \dfrac{\sin(nx)}{\sin^{n}(x)} = \binom{n}{1} \cot^{n-1}(x) - \binom{n}{3} \cot^{n-3}(x) + ... (1)

Pongamos ahora n = 2m +1 y definimos x_{k} = \dfrac{k \pi}{2m + 1} con
k = 1,2,3,...,m y por tanto, la siguiente desigualdad es trivial:
0 < x_{k} < \dfrac{\pi}{2}, es decir, pertenece al dominio de la función. Luego tomando en (1) x = x_{k} y n = 2m + 1 tendremos:

 \dfrac{\sin ((2m+1)x_{k})}{\sin^{2m+1}(x_{k})} = \binom{2m+1}{1} \cot^{2m}(x_{k}) - \binom{2m+1}{3} \cot^{2m-2}(x_{k}) + ... + (-1)^{m} \binom{2m+1}{2m+1}

Nota: El sen(x) se anula en k \pi, k \in \mathbb{Z} y dado que (2m+1)x_{k} = k \pi el lado izquierdo de la expresión anterior es 0.
Teniendo esto en cuenta, vamos a construir un polinomio que se anule en \alpha_{k} = \cot^{2}(x_{k}):

p(t) = \binom{2m+1}{1} t^m - \binom{2m+1}{3} t^{m-1} + ... + (-1)^m \binom{2m+1}{2m+1} .

Tenemos que p(\alpha_{k}) = 0 y p(t) es un polinomio de grado m luego (ver [2], Lema 4.3 y Lema 4.4):

p(t) = \binom{2m+1}{1}(t - \alpha_{1}) (t - \alpha_{2})...(t - \alpha_{m})

Usando el Lema 4.4 tenemos:

\alpha_{1} + \alpha_{2} + ... + \alpha_{m} = \dfrac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}} = \dfrac{2m(2m-1)}{6} ^{\textbf{*}}

Ampliación:

\dfrac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}} = \dfrac{\frac{(2m+1)!}{3!(2m-2)!}}{\frac{(2m+1)!}{1!(2m)!}} = \dfrac{(2m)!}{6 \cdot (2m-2)!} = \dfrac{2m(2m-1)}{6} }

Es decir:

\cot^{2}(x_{1}) + \cot^{2}(x_{2}) + ... + \cot^{2}(x_{m}) = \dfrac{2m(2m-1)}{6} \qquad \qquad (2)

Ahora vamos a aplicar el Lema 4.5 y para ello sumamos a ambos lados de la igualdad m de la siguiente manera:

\cot^{2}(x_{1})+1 + \cot^{2}(x_{2})+1 + ... + \cot^{2}(x_{m})+1 = \dfrac{2m(2m-1)}{6} + m

Usando dicho lema obtenemos:

\csc^{2}(x_{1}) + ... + \csc^{2}(x_{m}) = \dfrac{4m(m+1)}{6} \qquad\qquad (3)

Utilizando ahora el Lema 4.6 obtenemos las siguientes desigualdades:

\cot^{2}(x_{1}) + ... + \cot^{2}(x_{m})  < \frac{1}{x^{2}_{1}} + ... + \frac{1}{x^{2}_{m}}  < \csc^{2}(x_{1}) + ... + \csc^{2}(x_{m})

Utilizando las igualdades (2) y (3) así como la definición de x_{k} nos queda:

\dfrac{2m(2m-1)}{6} < \frac{(2m+1)^{2}}{\pi^{2}} + ... + \frac{(2m+1)^{2}}{m \pi^{2}} < \dfrac{4m(m+1)}{6}

Multiplicamos las desigualdades por el término \dfrac{\pi^{2}}{(2m+1)^{2}}

\dfrac{\pi^{2}2m(2m-1) }{6(2m+1)^{2}} <  \overset{m}{\underset{k=1}{\sum}} \dfrac{1}{k^{2}} <  \dfrac{\pi^{2} 4m (m+1)}{6 (2m+1)^{2}}

Finalmente, tomando límite cuando m \longrightarrow \infty concluimos:

\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{1}{n^{2}} = \dfrac{\pi^{2}}{6}

REFERENCIAS

[1] Granero Belinchón, Rafael. \textit{El Problema de Basilea: Historia y Algunas Demostraciones}; Gaceta de la Real Sociedad Matemática Española, DIC; Vol. 12 (no. 4). Páginas 721-737. ISSN: 11388927.
[2] Isabel Barrega Fragoso, Gabriela Rojas Chavarría. \textit{El problema de Basilea}; Boletín Científico de Ciencias Básicas e Ingenierías del ICBI, 2017, Vol. 5, no. 8.

AUTOR: Javier Gómez López

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