Dimostrazione serie notevole
Buongiorno,
Qualcuno ha una dimostrazione relativamente sintetica di
\(\displaystyle \sum \frac {1}{n^2} = \frac { \pi ^2}{6} \) ?
Grazie in anticipo.
Qualcuno ha una dimostrazione relativamente sintetica di
\(\displaystyle \sum \frac {1}{n^2} = \frac { \pi ^2}{6} \) ?
Grazie in anticipo.
Risposte
Un'idea è quella di partire dallo sviluppo in serie del seno e cercarne gli zeri...
$sin x= x-frac{1}{3!}x^3+frac{1}{5!}x^5+...$
$frac{sin x}{x}=1-frac{1}{3!}x^2+frac{1}{5!}x^4+...$
Gli zeri di questa funzione sono per $x=k*pi$.
Ponendo $t=x^2$ si ha che gli zeri sono per $t=k^2*pi^2$ e che
$frac{sin x}{x}=1-frac{1}{3!}t+frac{1}{5!}t^2+...$
Se il termine noto vale 1, per le formule di Viete si ha che la somma dei reciproci delle radici (cioè $\sum frac{1}{k^2*pi^2}$) è uguale all'opposto del termine di primo grado (cioè $frac{1}{3!}=1/6$).
Abbiamo quindi:
$1/pi^2+frac{1}{4*pi^2}+...+frac{1}{n^2*pi^2}=1/6$
da cui
$1+1/4+1/9+...1/n^2=frac{pi^2}{6}$.
ciao.
$frac{sin x}{x}=1-frac{1}{3!}x^2+frac{1}{5!}x^4+...$
Gli zeri di questa funzione sono per $x=k*pi$.
Ponendo $t=x^2$ si ha che gli zeri sono per $t=k^2*pi^2$ e che
$frac{sin x}{x}=1-frac{1}{3!}t+frac{1}{5!}t^2+...$
Se il termine noto vale 1, per le formule di Viete si ha che la somma dei reciproci delle radici (cioè $\sum frac{1}{k^2*pi^2}$) è uguale all'opposto del termine di primo grado (cioè $frac{1}{3!}=1/6$).
Abbiamo quindi:
$1/pi^2+frac{1}{4*pi^2}+...+frac{1}{n^2*pi^2}=1/6$
da cui
$1+1/4+1/9+...1/n^2=frac{pi^2}{6}$.
ciao.
Ciao,
Tutto chiaro, molte grazie
Tutto chiaro, molte grazie
Si può ottenere lo stesso risultato anche usando le serie di Fourier. 
Ciao Gugo. Potresti farmi vedere come?
Grazie.
Grazie.
Beh, è molto semplice.
Considera la funzione definita in \((-\pi,\pi)\) ponendo \(f(x) := x\). Tale funzione è in \(L^2(-\pi ,\pi)\) ed ha norma:
\[
\sqrt{\int_{-\pi}^\pi x^2\ \text{d} x} = \sqrt{\left. \frac{1}{3}\ x^3\right|_{-\pi}^\pi} = \sqrt{\frac{2}{3}\ \pi^3} \; .
\]
Ora, per noti fatti della Teoria degli Spazi di Hilbert, \(f\) si può sviluppare in serie di Fourier rispetto al sistema trigonometrico \(\{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos x, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos 2x,\ldots , \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos nx,\ldots\} \cup \{ \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin x, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin 2x,\ldots , \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin nx ,\ldots\}\), che è ortonormale e completo in \(L^2\).
Si trova così:
\[
f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n\ \cos nx + b_n\ \sin nx
\]
con:
\[
\begin{split}
a_0 &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ \text{d} x =0\\
a_n &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \cos nx\ \text{d} x =0\\
b_n &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \sin nx\ \text{d} x \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \left( \left. -\frac{1}{n} x\cos nx\right|_{-\pi}^{\pi} + \int_{-\pi}^{\pi} \cos nx \ \text{d} x \right)\\
&= (-1)^{n+1} \frac{2 \sqrt{\pi}}{n}\; ,
\end{split}
\]
cioè:
\[
f(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{2\sqrt{\pi}}{n}\ \sin nx\; .
\]
Per l'identità di Parseval abbiamo allora:
\[
\| f\|_{2, (-\pi ,\pi)}^2 = \sum_{n=1}^\infty b_n^2
\]
e dunque:
\[
\frac{2}{3}\ \pi^3 = \sum_{n=1}^\infty \frac{4\pi}{n^2}\; ,
\]
che è quanto si voleva.
Considera la funzione definita in \((-\pi,\pi)\) ponendo \(f(x) := x\). Tale funzione è in \(L^2(-\pi ,\pi)\) ed ha norma:
\[
\sqrt{\int_{-\pi}^\pi x^2\ \text{d} x} = \sqrt{\left. \frac{1}{3}\ x^3\right|_{-\pi}^\pi} = \sqrt{\frac{2}{3}\ \pi^3} \; .
\]
Ora, per noti fatti della Teoria degli Spazi di Hilbert, \(f\) si può sviluppare in serie di Fourier rispetto al sistema trigonometrico \(\{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos x, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos 2x,\ldots , \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cos nx,\ldots\} \cup \{ \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin x, \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin 2x,\ldots , \frac{1}{\sqrt{\pi}} \sin nx ,\ldots\}\), che è ortonormale e completo in \(L^2\).
Si trova così:
\[
f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n\ \cos nx + b_n\ \sin nx
\]
con:
\[
\begin{split}
a_0 &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ \text{d} x =0\\
a_n &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \cos nx\ \text{d} x =0\\
b_n &= \int_{-\pi}^\pi x\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \sin nx\ \text{d} x \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi}}\ \left( \left. -\frac{1}{n} x\cos nx\right|_{-\pi}^{\pi} + \int_{-\pi}^{\pi} \cos nx \ \text{d} x \right)\\
&= (-1)^{n+1} \frac{2 \sqrt{\pi}}{n}\; ,
\end{split}
\]
cioè:
\[
f(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{2\sqrt{\pi}}{n}\ \sin nx\; .
\]
Per l'identità di Parseval abbiamo allora:
\[
\| f\|_{2, (-\pi ,\pi)}^2 = \sum_{n=1}^\infty b_n^2
\]
e dunque:
\[
\frac{2}{3}\ \pi^3 = \sum_{n=1}^\infty \frac{4\pi}{n^2}\; ,
\]
che è quanto si voleva.
Grazie...
[ot]...ma purtoppo non ci ho capito nulla, poichè ancora non conosco quegli argomenti[/ot]
[ot]...ma purtoppo non ci ho capito nulla, poichè ancora non conosco quegli argomenti[/ot]
"gugo82":
Si può ottenere lo stesso risultato anche usando le serie di Fourier.
Oppure col Teorema dei residui
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