Una sommatoria

[Sk_Anonymous]

E' ben noto che :
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\)
A questo risultato ci si arriva in vari modi. Suggerisco di ricavarlo partendo dallo sviluppo in serie di Mc Laurin della
funzione $sinx$ :
$sinx=x-x^3/{3!}+x^5/{5!}+...+(-1)^n x^{2n+1}/{(2n+1)!}+...$

[theras]

Che poi mi pare esser quello che,leggenda vuole,fece Eulero a suo tempo per intuirne la somma ..
Saluti dal web.

[Sk_Anonymous]

theras conosce tutto ! Vediamo se qualcuno ne sa approfittare...

[Zero87]

A dire la verità mentre scrivevo la tesi sulla RH mi era capitata sottomano - nel mio saltellare quotidiano tra libri e web - una certa pagina di wikipedia che dovrebbe chiamarsi "problema di Basilea"... per cui mi ero tirato fuori dal rispondere a questo problema.

Probabilmente di per me non avrei saputo la risposta (oppure ci avrei dovuto pensare a lungo, per quanto ignorante non escludo che ci sarei arrivato), ma essendoci capitato per altri motivi, non sarebbe giusto - per coscienza - rispondere dato che la risposta non è frutto di un esercizio/sfida mentale.

Magari per amanti della materia, questa sommatoria, potrebbe anche essere calcolata tramite la semplice (per modo di dire) formula per il calcolo di $\zeta(2n)$ ($n$ intero positivo) tramite i numeri di Bernoulli.

Una domanda, ora, potrebbe essere: ma quanti modi ci sono per calcolare questa sommatoria (ne ricordo anche uno in analisi III tramite serie di Fourier se non erro!).

[theras]

@James.
Nella stessa pagina di Wiki,che poi è quella cui sono stato rimandato quando ho curiosato sulla tua amata ζ
(e coincide pure la ragione per la quale non ho risposto al quesito di Ciro ),
c'è un modo estremamente sintetico per calcolare ζ(2n) tramite integrali doppi:
saluti dal web.

[caos81]

"ciromario":E' ben noto che :
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\)
A questo risultato ci si arriva in vari modi. Suggerisco di ricavarlo partendo dallo sviluppo in serie di Mc Laurin della
funzione $sinx$ :
$sinx=x-x^3/{3!}+x^5/{5!}+...+(-1)^n x^{2n+1}/{(2n+1)!}+...$

Uhu...il Problema di Basilea (bello!)

Allora, posso considerare la funzione $\sin(x)$ come un polinomio infinito i cui zeri sono $\pi$, $2\pi$, $3\pi$, ecc...ora, come hai detto bene

\(\displaystyle \sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+... \)

dividendo tutto per $x$ otteniamo

\(\displaystyle \frac{\sin(x)}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+... \)

le radici del polinomio infinito a II Membro sono $\pi+k\pi$. posto $z=x^2$ otteniamo

\(\displaystyle \frac{\sin\left(\sqrt{z}\right)}{\sqrt{z}}=1-\frac{z}{3!}+\frac{z^2}{5!}-\frac{z^3}{7!}+... \)

ora, dalle Formule di Viète sappiamo che la somma dei reciproci delle radici di un polinomio (anche infinito, cosa non dimostrata ma solo supposta da Eulero) è uguale al coefficiente del termine di primo grado cambiato di segno, quindi

\(\displaystyle +\frac{1}{3!}=\frac{1}{z_0^2}+\frac{1}{z_1^{2}}+\frac{1}{z_2^2}+...\infty \)

ora, poichè, per la sostituzione $z=(k\pi)^2$ otteniamo

\(\displaystyle \frac{1}{6}=\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...\infty \)

e moltiplicando il tutto per $\pi^2$ otteniamo

\(\displaystyle \frac{\pi^2}{6}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+...\infty=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}=\zeta(2) \)

C.V.D.

Rilancio!(Problema apertissimo non ancora risolto)

E il valore esatto di

\(\displaystyle 1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+...\infty=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^3}}=\zeta(3) \)

quant'è?

Nota. $\zeta(3)$ viene detta anche Costante di Apéry

[Zero87]

"caos81":Nota. $\zeta(3)$ viene detta anche Costante di Apéry

Chiunque abbia familiarità con la materia o con wikipedia può vedere che alla pagina "costante di Apéry" ci sono tante formulazioni differenti sotto forma di serie... Magari qualcuno che ha fantasia, può trarre una soluzione vedendo una di queste.

Mi limito ad aggiungere l'unica che manca
$\zeta(3)= \prod_(p \quad \text{primo}) \frac{1}{1-p^(-3)}$

[Sk_Anonymous]

Volevo condividere questa dimostrazione - in effetti non troppo elegante, ma si tratta sempre della prima rigorosa che studio - della nota formula \[\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} \]
Il problema della determinazione del valore esatto di convergenza della serie è passato alla storia con il nome di problema di Basilea, e fu risolto nel 1735 da Euler.

Proof. Se \(r \in \mathbb{R}\) con \(|r|<1\) è noto che (serie geometrica) \[\sum_{n=0}^{+\infty} r^n = \frac{1}{1-r}\]Pertanto si può scrivere* \[ \begin{split} \int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy} \, dx \, dy & = \int_0^1 \int_0^1 1 + xy + (xy)^2 + \dots \, dx \, dy \\ & = \int_0^1 \left[ x + \frac{1}{2} x^2 y + \frac{1}{3} x^3 y^2 + \dots \right]^{1}_{0} \, dy \\ & = \int_0^1 1 + \frac{y}{2} + \frac{y^2}{3} + \dots \, dy \\ & = \left[y + \frac{y^2}{2^2} + \frac{y^3}{3^2} + \dots \right]^{1}_{0} = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots \end{split}\]
Il cambiamento di coordinate \[\begin{split} x = \frac{\sqrt{2}}{2} (u-v) \\ y = \frac{\sqrt{2}}{2} (u+v) \end{split} \] porge \[xy=\frac{1}{2}(u^2 - v^2) \quad \text{e} \quad 1 - xy = \frac{2 - u^2 + v^2}{2} \]
Osservando che il cambiamento di coordinate non è che una rotazione di \(\pi/4\) in senso antiorario, si può riscrivere l'integrale come segue \[ I= \begin{matrix} \underbrace{4 \int_0^{\sqrt{2}/2} \int_0^u \frac{dv \, du}{2 - u^2 + v^2}}_{=I_1} \end{matrix} + \begin{matrix} \underbrace{4 \int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}} \int_0^{\sqrt{2}-u} \frac{dv \, du}{2 - u^2 + v^2}}_{=I_2} \end{matrix} \]
Si ha poi che \[\begin{split} I_1 & = 4 \int_0^{\sqrt{2}/2} \left[\frac{1}{\sqrt{2-u^2}} \tan^{-1} \left( \frac{v}{\sqrt{2- u^2}} \right) \right]^{u}_0 \, du \\ & = 4 \int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{1}{\sqrt{2-u^2}} \tan^{-1} \left( \frac{u}{\sqrt{2- u^2}} \right) \, du \\ & = 4 \int_0^{\pi/6} \frac{1}{\sqrt{2} \cos \theta} \cdot \theta \cdot \sqrt{2} \cos \theta \, d \theta=[2\theta^2]^{\pi/6}_0=\frac{\pi^2}{18} \end{split} \]
dove per passare dalla seconda alla terza riga ci si è serviti della sostituzione (fare eventualmente i conticini mancanti...) \[\begin{cases} u=\sqrt{2} \sin \theta \\ \sqrt{2 - u^2} = \sqrt{2} \cos \theta \end{cases} \]
Per calcolare \(I_2\) si utilizza la medesima sostituzione, con qualche accorgimento. Infatti si dovrebbe pervenire alla scrittura seguente: \[I_2 = \int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2 - u^2}} \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{2} - u}{\sqrt{2 - u^2}} \right) \, du \] da trattarsi appunto con la sostituzione di cui sopra, considerando però che \[\begin{split} \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{2} - u}{\sqrt{2 - u^2}} \right) & = \tan^{-1} \left(\frac{\sqrt{2} - \sqrt{2}\sin \theta}{\sqrt{2} \cos \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1 - \sin \theta}{ \cos \theta} \right) \\ & = \tan^{-1} \left( \frac{\cos \theta}{ 1 + \sin \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{ \sin(\pi/2 - \theta) }{1 + \cos( \pi/2 - \theta)} \right) \\ & = \tan^{-1} \left( \frac{2 \sin \frac{1}{2} ( \pi/2 - \theta) \cos \frac{1}{2} (\pi/2 - \theta) }{2 \cos^2 \frac{1}{2} (\pi/2 - \theta) } \right)=\frac{1}{2} \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \end{split} \]
Ne discende che \[I_2 = 4 \int_{\pi/6}^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{2} \cos \theta} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2} \right) \sqrt{2} \cos \theta \, d \theta= \dots = \frac{\pi^2}{9} \]
Quindi \[I = I_1 + I_2 = \frac{\pi^2}{18} + \frac{\pi^2}{9}= \frac{\pi^2}{6} \qquad \Box \]

Osservo infine anche che \[\zeta (3) = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^3} = \int_{[0,1]^3} \frac{dx \, dy \, dz}{1 - xyz} \]
___________________
*In realtà ci sono due osservazioni che vorrei fare, e che nel testo da cui ho preso la dimostrazione sono assenti (!): in primo luogo dovrebbe essere il teorema della convergenza monotona che legittima lo scambio integrale-serie.
In secondo luogo vorrei verificare qui a margine che \[\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy} \, dx \, dy < \infty\]visto che mi era venuto il dubbio. Il primo integrale si calcola esplicitamente e ne esce pertanto \[\int_0^1 - \frac{\log(1-y)}{y} \, dy \] che converge - dovrebbe bastare una sostituzione del tipo \(e^t = 1- y\) per vederlo meglio.

[caos81]

"Zero87":[quote="caos81"]Nota. $\zeta(3)$ viene detta anche Costante di Apéry

Chiunque abbia familiarità con la materia o con wikipedia può vedere che alla pagina "costante di Apéry" ci sono tante formulazioni differenti sotto forma di serie... Magari qualcuno che ha fantasia, può trarre una soluzione vedendo una di queste.

Mi limito ad aggiungere l'unica che manca
$\zeta(3)= \prod_(p \quad \text{primo}) \frac{1}{1-p^(-3)}$[/quote]

eh si, ma il calcolo del valore esatto è un problema apertissimo (non ancora risolto). Le serie di Simon Plouffe sono belle e utili (perchè convergono rapidamente) però nn danno il valore esatto...sembra che ci sia qualcosa di grosso sotto (come per l'ipotesi di Riemann, alla quale il calcolo dei valori esatti delle costanti zeta è collegato) ma si brancola ancora nel buio. Io ho una mezza idea. Appena ottengo un risultato lo posto.

[caos81]

Da alcune email ricevute dove tra l'altro, mi si chiedeva se esiste un metodo più rigoroso (ma semplice!) per ricavare questa serie, a grande richiesta inserisco anche il metodo "classico" per la valutazione di
$$
\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi^2}{6}
$$

NOTA: Questa dimostrazione richiede la conoscenza delle Serie di Fourier

Dimostrazione
Sia data la funzione $f(x)=x^2$, ristretta all'intervallo $-\pi\leq x\leq\pi$ e periodica di periodo $T=2\pi$. Supponiamo di voler svilluppare tale funzione in serie di Fourier usando la formula
$$
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{\left[a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\right]}
$$
dove
$$
\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}{f(x)\,\rm{d}x}\quad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}{f(x)\cos(nx)\,\rm{d}x}\quad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}{f(x)\sin(nx)\,\rm{d}x}
$$
ora, osservato che $f(x)=x^2$ è una funzione pari, abbiamo che $b_n=0$. Quindi per lo sviluppo in serie è sufficiente il calcolo dei coefficienti $a_0$ e $a_n$:
$$
\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}{x^2dx}=\frac{1}{2\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{2\pi^3}{3}\right)=\frac{\pi^2}{3}
$$
per $a_n$ abbiamo
$$
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}{x^2\cos(nx)dx}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{x^2\cos(nx)dx}=
$$
e integrando per parti otteniamo
$$
\begin{align*}
a_n&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{x^2\cos(nx)dx}=\frac{2}{\pi}\left(\left[\frac{x^2\sin(nx)}{n}\right]_{0}^{\pi}-2\int_{0}^{\pi}{\frac{x\sin(nx)}{n}dx}\right)\\
&\\
&=-\frac{4}{\pi}\left(\left[\frac{-\pi\cos(n\pi)}{n^2}-\frac{0\cdot\cos(n\cdot0)}{n^2}\right]+\int_{0}^{\pi}{\frac{\cos(nx)}{n^2}dx}\right)=\frac{4}{n^2}\,(-1)^n\,.
\end{align*}
$$
Quindi abbiamo ottenuto
$$
\frac{a_0}{2}=\frac{\pi^2}{3}\quad a_n=\frac{4}{n^2}\,(-1)^n\quad b_n=0
$$
inseriamo il tutto nella formula di Fourier ottenendo
$$
x^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx)}
$$
e posto $x=\pi$ e tenendo conto che $\cos(\pi n)=(-1)^n$ (in realtà qui ci sarebbe una cosuccia da dire, la lascio a voi come ragionamento ) otteniamo
$$
\pi^2-\frac{\pi^2}{3}=4\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{2n}}{n^2}}\,;\quad 4\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\frac{2}{3}\,\pi^2
$$
e dividendo tutto per $4$ si arriva al risultato finale
$$
\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi^2}{6}\,.
$$

C.V.D.

Ora, volendo generalizzare un pò il discorso, consideriamo la funzione $x^s$ con $s\in\mathbb{N}$ periodica di periodo $T=2\pi$ e ristretta all'intervallo $x\in[-\pi\,;\,\pi]$; sviluppando in serie di Fourier questa funzione notiamo che essa conduce ai valori
$$
x^s\longrightarrow\left\{
\begin{align*}
\zeta(s)&\textrm{se $s$ è pari}\\
\beta(s)&\textrm{se $s$ è dispari}
\end{align*}
\right.
$$
dove $\zeta$ è la Funzione zeta di Riemann e $\beta$ è la Funzione Beta di Dirichlet.
Da ciò si ricava, generalizzando, che $\forall n\in\mathbb{N}$
$$
\zeta(2n)=\frac{2^{2n-1}\pi^{2n}|B_{2n}|}{(2n)!}\qquad\beta(2n+1)=\frac{(-1)^nE_{2n}}{2(2n)!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}
$$

dove $E_2n$ sono i numeri di Eulero e $B_2n$ sono i numeri di Bernoulli