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Posts Tagged ‘L. Euler’

Olhando hoje os topicos matematicos em portugues mais procurados (segundo a lista na minha conta para este blog), vi que alguém deseja ver a demonstração da formula classica de Euler para a soma dos inversos dos quadrados:

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

Logicamente, esta bela formula possui varias demonstrações e muitas deles estão expostas em inglês na Wikipedia (alem desta referência aqui a qual contém 14 demonstrações dessa formula).

O objetivo deste post sera expor em portugues a prova deste belo resultado. No que segue, irei me basear neste artigo da Wikipedia em inglês sobre o problema de Basel (para a solução de Euler) e na referência aqui com 14 demonstrações (da qual falarei apenas da primeira prova).

A idéia de Euler

Como podemos esperar de L. Euler, a sua idéia é muito esperta: ele comeca com o fato elementar de que todo polinômio P pode ser fatorado com polinômios lineares da forma (x-\alpha) sempre que \alpha é uma raiz de P e assume que o mesmo pode ser feito com séries infinitas (de fato, Euler anunciou esta solução em 1735, mas a justificativa rigorosa so foi aparecer em 1741 precisamente por causa desse ‘propriedade’ para séries infinitas que ele assume).

Mais precisamente, Euler olha para a expansão em série do seno:

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!}-...

Dividindo por x temos

(1) \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-....

Por outro lado, sabemos que os zeros de \frac{\sin x}{x} ocorrem exatamente nos pontos x=\pm n\pi com n\in\mathbb{N}-\{0\}. Em particular, supondo que podemos fatorar esta série em fatores lineares (em analogia com o caso de polinômios) obtemos

\frac{\sin x}{x} = \prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x}{n\pi})(1+\frac{x}{n\pi}) = \prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}).

Observação 1. Normalmente, quando fatoramos um polinômio, escrevemos ele como produto de polinômios lineares da forma (x-\alpha). No entanto, na expressão acima estamos trocando (x-\alpha) por (1-\frac{x}{\alpha})=(\alpha-x)/\alpha na esperança de obter uma expressão que resulte em um produtorio convergente (com efeito, a analise de convergencia de um produtorio é feita olhando a distância do termo geral para 1).

Agora, separando o ‘coeficiente’ de x^2 no produtorio acima, obtemos

-\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}\right).

Entretanto, o coeficiente de x^2 na expansão (1) em série de Taylor de \frac{\sin x}{x} é -1/3!=-1/6. Logo, temos a identidade

-\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}\right)=-\frac{1}{6},

ou seja,

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

Observação 2. Obviamente, como ja advertimos anteriormente, esta derivação não é rigorosa.

Uma prova rigorosa da identidade \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}

Veremos agora uma derivação rigorosa da solução de Euler do problema de Basel (retirada de um artigo expositorio de Apostol). Começamos por observar que

\frac{1}{n^2} = \int_0^1\int_0^1 x^{n-1} y^{n-1} dx \, dy.

Pelo teorema da convergência monotona, segue que

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \int_0^1\int_0^1\sum\limits_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1} dx\, dy = \int_0^1\int_0^1 \frac{dx\,dy}{1-xy}.

Fazendo a mudança de variaveis (u-v,u+v)=(x,y), obtemos

(2) \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} =2\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2}

onde Q é o quadrado de vertices (0,0), (1/2,1/2), (1/2,-1/2) e (1,0). Usando as simetrias desse quadrado, vemos que

\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2} = 2\int_0^{1/2}\int_0^u \frac{dv\,du}{1-u^2+v^2} + 2\int_{1/2}^{1}\int_0^{1-u} \frac{dv\,du}{1-u^2+v^2}.

Integrando, temos

(3) \int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2} = 2\int_0^{1/2}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}{\sqrt{1-u^2}}du + 2\int_{1/2}^{1}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}{\sqrt{1-u^2}}du.

Para a primeira integral usamos que \arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right) = \arcsin u, donde

(4) \int_0^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\tan^{-1}\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)du=\int_0^{1/2}\frac{\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}du = \frac{1}{2}(\arcsin u)^2|_{u=0}^{u=1/2} = \frac{\pi^2}{72}.

Ja para a segunda integral, fazemos a mudança \theta=\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right), segue que (\tan\theta)^2=(1-u)/(1+u) e (\sec\theta)^2 = 2/(1+u), ou seja, u=2(\cos\theta)^2-1=\cos(2\theta) e, a fortiori, \theta=\frac{1}{2}\cos^{-1} u = \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \sin^{-1} u. Portanto,

(5) \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)du}{\sqrt{1-u^2}} = \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \arcsin u\right)du}{\sqrt{1-u^2}} =\left(\frac{\pi\sin^{-1} u}{4}-\frac{(\sin^{-1} u)^2}{4} \right)|_{u=\frac{1}{2}}^{u=1}= \frac{\pi^2}{36}.

Substituindo (4) e (5) em (3), segue que

\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2}=2\frac{\pi^2}{72}+2\frac{\pi^2}{36} = \frac{\pi^2}{12}.

Colocando essa informação em (2), concluimos que \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

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