Leibniz formula for π using a Fourier sine series expansion

In the math.stackexchange.com question How to show this formula using a Fourier sine series expansion? \sum _{k=1}^{\infty }\frac {\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1}=\frac {\pi }{4}FMath asked how to prove

\displaystyle\sum _{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(-1\right)^{k-1}} {2k-1}=\dfrac {\pi }{4}

using the Fourier sine expansion for the function f(x)=\dfrac {1} {2}\left( \pi -x\right); (range: \left[0,\pi \right]).

Here is my answer.

To obtain the Fourier sine series expansion for f(x) the coefficients a_n must vanish (see below). So let g(x) be the odd function extending f(x) to the interval [-\pi,0[ defined by

g(x)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}f(x)=\phantom{-}\dfrac{\pi-x}{2},\qquad\quad 0\leq x\leq\pi\\\\-f(-x)=-\dfrac{\pi+x}{2},\qquad -\pi\leq x <0\end{array}\right.

whose graph in [\pi,\pi] is shown in the following figure

g(x)=f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}, x\in[0,\pi[ ; \; g(x)=-f(-x)=-\dfrac{\pi +x}{2},x\in[-\pi,0]

We know that the trigonometric Fourier series expansion for g(x) in the interval \left[ -\pi ,\pi \right] is given by

\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos (nx)+b_{n}\sin (nx)\right),

where the coefficients are the integrals

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\cos (nx)\,dx,\qquad n=0,1,2,\ldots,

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx,\qquad n=1,2,3,\ldots,

The integrand g(x)\cos (nx) is an odd function, while g(x)\sin (nx) is even. So a_{n}=0 and

b_{n}=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{\pi -x}{2}\sin (nx)\,dx.

Evaluating this last integral we obtain b_{n}=\frac{1}{n}, which proves that

f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin (nx),\qquad 0\leq x\leq\pi,

(the Fourier sine series for the function f(x) in the interval \left[0,\pi\right]). We see that f(\pi/2)=\pi/4. We just need to confirm that for x=\pi /2 this last series reduces to your series. Indeed since

\sin\big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}1,\qquad n=1,5,\ldots ,4k+1,\ldots\\\phantom{-}0,\qquad n=2,4,\ldots ,2k+2,\ldots\quad (k=0,1,2,\ldots)\\-1,\qquad n=3,5,\ldots,4k+3,\ldots,\end{array}\right.

we have

\dfrac{\pi }{4}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin \big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\ldots = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac {\left( -1\right)^{k-1}} {2k-1}.

Remark. For a Fourier cosine series we would need to extend f(x) to an even function instead, because then b_n would vanish.

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Mathematics Stack Exchange: 6 anos de contribuições

Há seis anos tornei-me utilizador de math.stackexchange.com. Eis uma captura de ecrã de hoje da minha página de perfil:

mse6y20160801

Aproveito para republicar o seguinte post:

Dois métodos de cálculo de ζ(2)

Desta minha resposta no MSE.

1. Desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier de x^{2}

Podemos usar a função f(x)=x^{2} com -\pi\leq x\leq\pi e determinar o seu desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier

\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),

que é periódico e converge para f(x) em -\pi\leq x\leq\pi.

Reparando que f(x) é par, basta determinar os coeficientes

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,\dots,

porque

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,\dots

Para n=0 temos

a_{0}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi}x^{2}dx=\dfrac{2\pi ^{2}}{3}.

E para n=1,2,3,\dots obtemos

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx

=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\dfrac{2}{\pi }\times \dfrac{2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}},

porque

\displaystyle\int x^2\cos nx\;dx=\dfrac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \dfrac{x^{2}}{n}-\dfrac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.

Assim

f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx\right).

Como f(\pi )=\pi ^{2} obtemos

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right)

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n} \dfrac{1}{n^{2}}\right)

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.

Logo

\zeta(2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{4}-\dfrac{\pi ^{2}}{12}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}

2. Desenvolvimento em série de \text{Log}(1-e^{ix}) (por Eric Rowland; disponível online há alguns anos atrás)

A partir de

\log (1-t)=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^n}{n},

fazendo a substituição t=e^{ix}, obtém-se a série

w=\text{Log}(1-e^{ix})=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{e^{inx}}{n}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\cos nx-i\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,

cujo raio de convergência é igual a 1. Tomando a parte imaginária de ambos os membros, o 2.º transforma-se em

\Im w=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,

e o 1.º,

\Im w=\arg\left( 1-\cos x-i\sin x\right) =\arctan\dfrac{-\sin x}{1-\cos x}.

Como

\arctan\dfrac{-\sin x}{1-\cos x}=-\arctan\dfrac{2\sin\dfrac{x}{2}\cdot\cos\dfrac{x}{2}}{2\sin ^{2}\dfrac{x}{2}}

=-\arctan\cot \dfrac{x}{2}=-\arctan\tan\left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2} \right) =\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi }{2},

é válido o seguinte desenvolvimento em série

\dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx.\qquad(\ast )

Integrando (\ast ), obtém-se

\dfrac{\pi }{2}x-\dfrac{x^{2}}{4}+C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx.\qquad (\ast\ast )

Fazendo x=0, obtemos a relação entre C e \zeta (2)

C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=-\zeta (2).

E para x=\pi, como

\zeta (2)=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}},

deduz-se

\dfrac{\pi ^{2}}{4}+C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos n\pi =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta (2)=-\dfrac{1}{2}C.

Resolvendo em ordem a C

C=-\dfrac{\pi ^{2}}{6},

prova-se assim que

\zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.

Nota: este método gera todos os valores de \zeta (2n), integrando repetidamente (\ast\ast ). Infelizmente não resulta para \zeta (2n+1).

ADENDA de 8-8-2016: acrescento uma cópia do seguinte post com uma resposta dada no MSE

Aplicação da fórmula de Herão: determinação do perímetro de um triângulo dadas as três alturas

 

Neste meu antigo post apresentei uma dedução geométrica da fórmula de Herão da área S de um triângulo, que também pode ser obtida por métodos trigonométricos:

S=\sqrt{p\left( p-a\right) \left( p-b\right) \left( p-c\right)},

em que 2p=a+b+c é o perímetro e a,b e c são os lados.

Na questão recente Find the perimeter of any triangle given the three altitude lengths , no MSE, de Chris Johnson são dados os comprimentos das três alturas 12,15 e 20 de um triângulo e pede-se um método que permita determinar o seu perímetro. André Nicolas utilizou um que aplica a fórmula de Herão da área de um triângulo. Eis uma tradução de parte da minha resposta, que segue o mesmo método.

No caso geral de um triângulo com alturas h_{1},h_{2},h_{3} perpendiculates respectivamente aos lados a,b,c, a sua área é S=\dfrac{ah_{1}}{2}=\dfrac{bh_{2}}{2}=\dfrac{ch_{3}}{2}. Consequentemente a=\dfrac{2S}{h_{1}}, b=\dfrac{2S}{h_{2}}, c=\dfrac{2S}{h_{3}}, pelo que o perímetro 2p e o semi-perímetro p do triângulos são dados por

\begin{aligned}2p&=a+b+c=\dfrac{2S}{h},\\p&=\dfrac{S}{h},\end{aligned}

em que h é tal que

\dfrac{1}{h}=\dfrac{1}{h_{1}}+\dfrac{1}{h_{2}}+\dfrac{1}{h_{3}}\Leftrightarrow h=\dfrac{h_{1}h_{2}h_{3}}{h_{2}h_{3}+h_{1}h_{3}+h_{1}h_{2}}.

Logo

S=\sqrt{\dfrac{S}{h}\left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{1}}\right) \left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{2}}\right) \left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{3}}\right) }=\dfrac{S^{2}}{h^{2}}\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right) \left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}.

Resolvendo em ordem a S, obtemos

S=\dfrac{h^{2}}{\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right)\left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}}

e finalmente o perímetro em função de h,h_1,h_2 e h_3, sendo h uma função de h_1,h_2,h_3, como atrás indicado:

2p=\dfrac{2h}{\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right)\left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}}.

Para o caso numérico h_1=12,h_2=15,h_3=20 obtém-se 2p=60.

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Exercício sobre convergência / divergência de séries

Exercício: analise as seguintes séries, quanto à convergência ou divergência:

(i) \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n}}{\ln (6n)}}

(ii) \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\ln (6n)}}

Minha Resolução em Mathematics Stack Exchange.

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Pela blogosfera: Matemáticas para ver la música — blogue La Ciencia de la Mula Francis de Francisco Villatoro

Los músicos usan las partituras para ver la música, pero el pentagrama es críptico para muchos. Los diagramas de recurrencia de diagramas de recurrencia permiten que todos veamos los elementos de la música de forma gráfica: el ritmo, la melodía y la armonía. Estos diagramas se usan mucho para el estudio de sistemas caóticos deterministas…

via Matemáticas para ver la música — La Ciencia de la Mula Francis

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Determinação dos coeficientes de um polinómio como exercício sobre somatórios

Exercício:  determine os coeficientes da seguinte funcão polinomial, ordenando-a segundo as potências decrescentes de x

f(x)=(x+1)(x+2)+(x+3)(x+4)+\cdots+(x+99)(x+100)

Resolução: escrevemos f(x) na forma de somatório, determinando, para esse efeito, o seu termo geral; desenvolvemos de seguida esse termo geral e aplicamos as propriedades dos somatórios. Finalmente, utilizamos as fórmulas da soma dos n primeiros números inteiros positivos e da soma das n primeiras potências quadradas:

\begin{aligned}f(x)&=\underset{k=1}{\underbrace{\underset{\left( x+2\cdot 1-1\right) }{\underbrace{\left( x+1\right) }}\underset{\left( x+2\cdot 1\right) }{ \underbrace{\left( x+2\right) }}}}+\underset{k=2}{\underbrace{\underset{ \left( x+2\cdot 2-1\right) }{\underbrace{\left( x+3\right) }}\underset{ \left( x+2\cdot 2\right) }{\underbrace{\left( x+4\right) }}}}+\dots +\underset{k=50} {\underbrace{\underset{\left( x+2\cdot 50-1\right) }{\underbrace{\left( x+99\right) }}\underset{\left( x+2\cdot 50\right) }{\underbrace{\left( x+100\right) }}}} \\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{50}\left( x+2k-1\right) \left( x+2k\right)\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{50}x^{2}+\left( 4k-1\right) x+4k^{2}-2k \\ &=\displaystyle\sum_{k=1}^{50}x^{2}+\displaystyle\sum_{k=1}^{50}\left( 4k-1\right) x+\displaystyle\sum_{k=1}^{50}4k^{2}-\displaystyle\sum_{k=1}^{50}2k \\&=50x^{2}+\left( 4\displaystyle\sum_{k=1}^{50}k-\displaystyle\sum_{k=1}^{50}1\right)x+4\displaystyle\sum_{k=1}^{50}k^{2}-2\displaystyle\sum_{k=1}^{50}k\end{aligned}

Visto que

\begin{aligned}&\displaystyle\sum_{k=1}^{n}1=n,\quad \displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=\dfrac{n\left( n+1\right) }{2},\quad \displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\dfrac{n\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) }{6}\end{aligned}

vem, portanto,

\begin{aligned}f(x) &=50x^{2}+\left( 4\left( 1275\right) -50\right) x+4\left( 42\,925\right) -2\left( 1275\right) \\&=50x^{2}+5050x+169\,150. \end{aligned}

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Caixa com volume máximo

Na questão recente How do I find the maximum volume for a box when the corners are cut out?, no MSE, Mone Skratt Henry publicou o seguinte problema que traduzo:

Problema:

Constrói-se uma caixa (sem parte de cima) a partir de uma cartolina rectangular de lados A e B, retirando de cada canto um quadrado de lado h e dobrando os lados como se mostra na figura abaixo:

Admitindo que a altura da caixa é h=3 polegadas e que se usa uma cartolina de 134 polegadas quadradas (isto é, AB=134), que valores de A e B maximizam o volume?

(…)

Tradução da minha resposta:

(…)

Quando se retiram os quatro cantos da cartolina, obtemos exactamente a caixa desdobrada.  A base da caixa é o rectângulo definido pelos quatro vértices interiores.  O resto da cartolina forma os lados a dobrar da frente, trás, esquerdo e direito. Ao dobrá-los a caixa é o paralelepípedo aberto esboçado na parte direita da figura.

Dado que o comprimento dos quatro quadrados é h=3 polegadas, a base da caixa é um rectângulo cujos comprimento é A-2h=A-6 polegadas e largura B-2h=B-6 polegadas. Por isso, a base tem a área A_{\text{base}}=(A-6)(B-6) polegadas quadradas.

Visto que AB = 134 polegadas quadradas, concluímos que B=134/A polegadas e

A_{\text{base}}=\left(A-6\right)\left(\dfrac{134}{A}-6\right)=170-6A-\dfrac{804}{A}\text{ polegadas quadradas}

A altura da caixa é h (ver esboço); assim, o seu volume é V(A)=A_{\text{base}}\times 3\text{ polegadas c\'ubicas}. Então

V(A)=3\left(170-6A-\dfrac{804}{A}\right)\text{ polegadas c\'ubicas}.

Que valores de A e B maximizam o volume?

Necessitamos apenas de determinar V'(A)=\dfrac{dV}{dA} e resolver em ordem a A a equação V'(A)=0.

* * *

Nota: o resultado é A_{\max}=B_{\max}=\sqrt{134} polegadas, ou seja a cartolina deve ser quadrada.

 

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Entrevista do matemático Cédric Villani ao Expresso

Da Revista de 14/NOVEMBRO/2015 destaco estes três pares de perguntas e respostas:

O que é que o fascina mais na matemática?
O ser tão ricamente ligada a tudo, em qualquer lugar. Questões que surgem na geometria revelam estar relacionadas com a mecânica dos fluidos ou com a mecânica celeste da forma mais extraordinária. Tal como sucede com a fórmula de Euler, que é geralmente considerada a mais bela fórmula matemática: os cinco números — \mathbf{1, 0, \pi, e, i} —, que foram desenvolvidos em alturas diferentes e por pessoas diferentes, estão todos relacionados por uma única fórmula. Quem poderia imaginar uma coisa destas?

Há uma predisposição para a matemática ou o interesse resulta dos estímulos que recebemos em criança?
Tudo na vida é uma combinação entre predisposição e estímulo. Não apenas a matemática. Tudo.

Estamos a chegar ao fim do primeiro período de aulas em Portugal. Que mensagem tem para os alunos que estão às voltas com a matemática?
No pain no gain. Sem trabalho não há resultados.

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P.S. (21-11-2011): E na Conferência Matemática,  Cultura e Criação, proferida em 11-11-2015, em Coimbra (via De Rerum Natura).

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P.P.S. (23-11-2015): Mais uma entrevista dada pelo matemático francês Cédric Villani, desta vez, ao Público. O entrevistador foi o matemático português Jorge Buescu. Começa assim:

PÚBLICO: Para fazer matemática ao mais alto nível, é preciso perseguir uma ideia em regime de obsessão. Podes descrever este processo?
É muito simples: começa-se pela curiosidade; fazemo-nos uma pergunta simples… depois reflecte-se muito sobre ela… depois pensa-se no assunto dia e noite, torna-se uma obsessão, investimos nela todas as nossas forças, e cada nova ideia vem reforçar o projecto; escrevemos, reescrevemos, recomeçamos… Acabamos por desenvolver sobre ela um interesse vital. É muito importante conseguir entrar no tal “estado obsessivo”, mesmo que temporariamente. No Teorema Vivo, esta escalada da obsessão é traduzida, em parte, pela invasão progressiva do texto por fórmulas matemáticas.

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Citação de John von Neumann retirada de mathoverflow.net (MO)

johnvonneumannquoteMO

“In mathematics you don’t understand things. You just get used to them.

— John von Neumann, reply to a physicist at Los Alamos who had said ‘I don’t understand the method of characteristics.’

—- footnote on page 226 of Gary Zukav, The Dancing Wu Li Masters: An Overview of the New Physics, Rider, London, 1990.

(taken from Warren Dicks’ Home Page)

Source:

mathreader (http://mathoverflow.net/users/2164/mathreader), Famous mathematical quotes, URL (version: 2009-11-29): http://mathoverflow.net/q/7188

Nota: imagem e cercadura criada a partir do ficheiro Beautiful ornaments with pst-vectorian, Author: LianTze Lim (examples from the package documentation). License: Creative Commons CC BY 4.0 publicado em Overleaf.

Link para a página da Wikipedia inglesa sobre von Neumann.

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Escolha de posts feita por WordPress

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J.P. Serre: Galois Group (Case Abelian)

Pela Blogosfera — Conferência de Serre sobre Grupos de Galois abelianos, no Instituto Poincaré, na Jornada especial do bicentenário do nascimento de Galois.

Math Online Tom Circle

(French) Groupes de Galois, le cas abélien

Jean Pierre Serre
♢ Youngest Fields Medalist in history at 27.
♢ Wolf Prize in 2000
♢ 1st person to win Abel Prize in 2003.

Listen to Master:

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