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.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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