Dia do pi: a série de Euler do chamado Problema de Basileia

Posted on Março 14, 2010 por Américo Tavares

Aproveitando o facto de ser dia do $\pi$ , vou expor um resultado descoberto por Euler relacionado com o $\pi$ , apresentando não a demonstração de Euler, mas uma baseada na integração pelo método de substituição, no qual o jacobiano da transformação, que constitui uma generalização da derivada de uma função de uma única variável real, desempenha um papel fundamental. Neste caso os integrais usados são duplos, por se utilizarem duas funções de duas variáveis reais. O jacobiano da transformação que será usada, uma simples rotação de eixos, é igual a 1.

Leonhard Euler

(Wikipédia)

Euler descobriu que

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}\text{.}$

A prova que vou detalhar é um exercício de Cálculo relativamente simples em termos teóricos, mas de concepção muito engenhosa. Este método é apresentado no artigo $^{\dag}$ de Tom Apostol A Proof that Euler Missed: Evaluating $\zeta (2)$ the Easy Way — e de forma algo semelhante – na primeira demonstração do capítulo 8 (Three times $\pi ^{2}/6$ ) do livro $^{\ddag}$ Proofs from The BOOK de Martin Aigner e Günter Ziegler. A diferença maior é que neste livro a transformação usada, além da rotação, tem ainda uma redução de escala, o que torna os cálculos mais simples.

Tom Apostol

(artigo mencionado)

Como

$\dfrac{1}{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}dx$

então

$\dfrac{1}{n^{2}}=\left(\displaystyle \int_{0}^{1}x^{n-1}dx\right) ^{2}=\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left( \displaystyle\int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)$

Donde

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left(\displaystyle \int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)$

$=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau$

$=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau$

Ora

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau ^{n-1}=\dfrac{1}{1-t\tau }$

pelo que

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-t\tau}\;dt\;d\tau$ .

Se rodarmos os eixos $t,\tau$ , no sentido directo, de um ângulo com uma amplitude igual a $\alpha$ , obtemos a transformação:

$t=t^{\prime }\cos\alpha -\tau^{\prime }\sin\alpha$

$\tau=t^{\prime }\sin\alpha +\tau^{\prime }\cos\alpha$

em que $t^{\prime },\tau ^{\prime }$ são as coordenadas dos novos eixos. Invertendo a transformação de coordenadas obtemos

$t^{\prime }=t\cos\alpha +\tau\sin\alpha$

$\tau^{\prime }=-t\sin\alpha +\tau\cos\alpha$

Nota: os jacobianos destas transformações são iguais:

$\dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\dfrac{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1$

De facto

$\dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial t}{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial t}{\partial \tau^{\prime }} \\ & & \\ \dfrac{\partial \tau }{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial \tau }{\partial \tau ^{\prime }}\end{pmatrix}$ $=\det\begin{pmatrix}\cos\alpha & & -\sin\alpha \\ & & \\ \sin\alpha & & \cos\alpha \end{pmatrix}$

$=\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha =1$ (*)

e como

$\dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial\left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }\cdot\dfrac{\partial\left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1$

a primeira igualdade fica demonstrada.

Escolhamos agora $\alpha =\dfrac{\pi}{4}$ :

$\cos\dfrac{\pi }{4}=\sin\dfrac{\pi }{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$t=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }-\tau ^{\prime }\right)$

$\tau=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }+\tau ^{\prime }\right)$

$t\tau=\dfrac{1}{2}\left( \left( t^{\prime }\right)^{2}-\left( \tau^{\prime }\right)^{2}\right)$

$1-t\tau=\dfrac{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}+\left( \tau ^{\prime}\right)^{2}}{2}$

Quadrado 1×1 (verde) e o rodado (azul)

Nota de 16.03.10: esta figura representa os eixos $t,\tau$ , respectivamente, na horizontal e na vertical. Os eixos $t',\tau'$ foram novamente rodados, para efeitos de visualização em uma única figura, de maneira a coincidirem, respectivamente, com $t,\tau$ .

O quadrado inicial, de vértices $\left( t=0,\tau =0\right)$ , $\left( t=1,\tau =0\right)$ , $\left( t=1,\tau =1\right)$ , $\left( t=0,\tau=1\right)$ , transforma-se no quadrado de vértices

$\left( t^{\prime}=0,\tau ^{\prime }=0\right)$ , $\left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau ^{\prime }=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right)$ ,

$\left( t^{\prime }=\sqrt{2},\tau ^{\prime }=0\right)$ , $\left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right)$

que é simétrico em relação a $t^{\prime }$ . Assim, integrando para $t^{\prime }\geq 0$ no plano $t^{\prime },\tau ^{\prime }$ , separadamente nos intervalos (da variável $t^{\prime }$ ) $\left[ 0,\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right]$ e $\left[ \dfrac{1}{2}\sqrt{2},\sqrt{2}\right]$ , vem

$\displaystyle\int_{t=0}^{t=1}\displaystyle\int_{\tau =0}^{\tau =1}\dfrac{1}{1-t\tau }\;dt\;d\tau=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;$

$=2\displaystyle\int_{t^{\prime }=0}^{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }$

$+2\displaystyle\int_{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{t^{\prime }=\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=\sqrt{2}-t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }$

$=4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left( \int_{0}^{t^{\prime }}\frac{d\tau^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right)^{2}}\right) \;dt^{\prime }\;$ $+4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left( \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime}}\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}\right) \;dt^{\prime }$

Se repararmos que

$\displaystyle\int\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}$

obtemos

$\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=4\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right] _{0}^{t^{\prime }}\;dt^{\prime }$

$+4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\right] _{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime }}\;dt^{\prime }$

$=4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\;dt^{\prime }$

$+4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\;dt^{\prime }$

Agora, fazendo a substituição $t^{\prime }=\sqrt{2}\sin\theta$ , $dt^{\prime }=\sqrt{2}\cos \theta \;d\theta$ , no primeiro integral, vem:

$4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\arctan\left( \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\right) \;dt^{\prime }$

$=4\displaystyle\int_{0}^{\pi/6}\arctan\left( \tan \theta \right) d\theta \;$

$=4\displaystyle\int_{0}^{\pi /6}\theta$ $d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{18}$

enquanto que a substituição $t^{\prime }=\sqrt{2}\cos\theta$ , $dt^{\prime }=-\sqrt{2}\sin\theta \;d\theta$ no segundo, resulta em:

$4\displaystyle\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \left( \frac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right) dt^{\prime }$

$=4\displaystyle\int_{0}^{\pi /3}\arctan \left( \dfrac{1-\cos \theta }{\sin \theta }\right) \;d\theta$ $=4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\arctan \left( \tan \dfrac{\theta }{2}\right)\;d\theta$ $=4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\frac{\theta }{2}\;d\theta$ $=\dfrac{\pi ^{2}}{9}$

pelo que, efectivamente,

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=\dfrac{\pi ^{2}}{18}+\dfrac{\pi ^{2}}{9}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$ .

(*) P.S. A interpretação geométrica é a de que o quadrado original tem a mesma área do transformado ( $1\times 1=1$ ).

[Editado em 15.03.10: incluído gráfico dos dois quadrados, quadro a óleo representando Euler e foto de Apostol. Corrigido sentido de rotação dos eixos . Tomei conhecimento no blog OU Math Club que ontem a Google utilizou o seguinte logo

http://www.google.com/logos/index.html

]

______________

$^{\dag}$ Tom M. Apostol, A Proof that Euler Missed: Evaluating $\zeta (2)$ the Easy Way, The Mathematical Intelligencer vol. 5, No. 3, p.59, Springer-Verlag, New York, 1983

$^{\ddag}$ Martin Aigner, Günter Ziegler, Proofs From THE BOOK, 4.th ed., Springer, 2010

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Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer

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2 respostas a Dia do pi: a série de Euler do chamado Problema de Basileia

Prof. Paulo Sérgio diz:

Março 15, 2010 às 1:00 am

Muito boa a demonstração. Isto vem mostrar a qualidade que o seu blog possui. Além disso, fico muito feliz que você também comemora o dia do pi.

Parabéns!!!

Responder
- Américo Tavares diz:
  
  Março 15, 2010 às 11:51 am
  
  Obrigado!
  
  Dentro dos mesmos conceitos teóricos do Cálculo, a demonstração mais espectacular que conheço é a de Beukers, Calabi e Kolk que consegue transformar o quadrado unitário (no plano $t,\tau$ ) num triângulo rectângulo isósceles (no plano $t',\tau'$ ):
  
  $t'=\arccos\sqrt{\dfrac{1-t^2}{1-t^2\tau^2}}$
  
  $\tau'=\arccos\sqrt{\dfrac{1-\tau^2}{1-t^2\tau^2}}$
  
  É a terceira prova do mesmo capítulo do livro de Aigner e Ziegler mencionado.

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