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).

2 thoughts on “Dois métodos de cálculo de ζ(2)

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