Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros pares

TRABAJO FIN DE GRADO
Título
Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros
pares
Autor/es
Ignacio Barrio Fernández
Director/es
Oscar Ciaurri Ramírez
Facultad
Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática
Titulación
Grado en Matemáticas
Departamento
Curso Académico
2013-2014
Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros pares, trabajo fin de
grado
de Ignacio Barrio Fernández, dirigido por Oscar Ciaurri Ramírez (publicado por la
Universidad de La Rioja), se difunde bajo una Licencia
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El autor
Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones, 2014
publicaciones.unirioja.es
E-mail: [email protected]
Facultad
Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática
Titulación
Grado en Matermáticas
Título
Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros pares
Autor/es
Ignacio Barrio Fernández
Tutor/es
Óscar Ciaurri Ramírez
Departamento
Departamento de matemáticas y computación
Curso académico
2013-2014
Trabajo Fin de Grado
Grado en Matemáticas
Evaluación de la función zeta de Riemann
en los enteros pares
por
Ignacio Barrio Fernández
Memoria realizada bajo la dirección del
Dr. D. Óscar Ciaurri Ramı́rez
Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática
Universidad de La Rioja
Julio de 2014
Resumen
En esta memoria vamos a presentar diferentes demostraciones para la conocida identidad
∞
X
1
(−1)k−1 22k−1 π 2k
ζ(2k) :=
=
B2k , k ∈ N.
(2k)!
n2k
n=1
Comenzamos con una breve introducción sobre el problema de Basilea, que resulta ser
un caso particular de la identidad anterior, y de cómo Euler lo resolvió (aunque su solución
hacı́a uso de un hecho que no serı́a probado hasta años más tarde), seguido por una sección
introduciendo los números de Bernoulli y los polinomios de Bernoulli, además de algunos
de los resultados más importantes que utilizaremos en las demostraciones siguientes.
Presentaremos un total de seis demostraciones diferentes, basadas en diferentes ramas
de las matemáticas, para llegar a la igualdad anterior, cada una con su propio interés.
También aprovecharemos algunas de las técnicas y resultados usados en las demostraciones
para resolver cuestiones relacionadas.
1
Abstract
In this paper, we will show different proofs for the well known formula
∞
X
1
(−1)k−1 22k−1 π 2k
ζ(2k) :=
=
B2k ,
(2k)!
n2k
k ∈ N.
n=1
We start with a brief introduction about the Basel Problem, which happens to be a
particular case of the previous identity, and how Euler cleverly solved it (although his
solution’s accuracy was quite questionable at that time), followed by a section introducing
Bernoulli numbers and polynomials, and some of the most relevant results we will need
for the proofs that follow.
We will present a total of six different proofs, based on different branches of mathematics, to achieve the previous formula, each one with its own interest. We will give aswell
some background about related questions taking advantage of some of the techniques we
required for our proofs.
3
Introducción
Se conoce como serie a la suma de los elementos de una sucesión infinita. Las series se
representan como
∞
X
an = a1 + a2 + a3 + · · · ,
n=1
y son una pieza clave de muchos campos de las matemáticas tal y como las conocemos a dı́a
de hoy. Algunos de los resultados más importantes sobre series datan del siglo XVII, época
en la que este campo fue objeto de estudio de muchos grandes matemáticos. Posterior a
estas fechas es el trabajo sobre series de uno de los matemáticos más grandes y prolifı́cos
de toda la historia, Leonhard Euler (1707-1783), autor de importantes contribuciones a
áreas sumamente dispares de las matemáticas.
La demostración con la que introduciremos estas notas fue justamente la que realizó Euler del famoso problema de Basilea en 1735. El problema de Basilea consistı́a en encontrar
el valor de la serie de los inversos de los cuadrados de los números enteros, hoy en dı́a
sobradamente conocido,
∞
X
1
π2
=
.
(1)
n2
6
n=1
Este problema habı́a sido atacado sin éxito por algunos de los más importantes matemáticos de la época, por ello su resolución llevó a Euler rápidamente a la fama con tan solo
28 años. Euler no solo resolvió el conocido caso (1), sino que más tarde trató el problema
de forma mucho más general. De hecho, sus ideas fueron usadas casi un siglo después
por B. Riemann cuando publicó su artı́culo Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer
gegebenen Grösse (que se traduce como: “Sobre el número de primos menores que una
cantidad dada”). Euler ya habı́a definido la que hoy conocemos como función zeta de Riemann como función de variable real, aunque fue Riemman quien le dio su aspecto actual,
probó algunas de sus propiedades y estableció una relación entre sus ceros y el número de
primos. La función zeta de Riemann tal como la conocemos actualmente se define como
∞
X
1
ζ(z) =
nz
para <z > 1.
n=1
La función zeta de Riemann aparece de forma natural definida para números enteros, pero
tiene su propio interés definida para números complejos. Se cree que todas las soluciones no
triviales de la igualdad ζ(s) = 0 tienen parte real igual a 12 , lo que se conoce como hipótesis
de Riemann. La demostración de esta hipótesis es considerada uno de los problemas sin
resolver más importantes de la matemática moderna.
5
6
Volviendo sobre el caso particular (1), observamos que la mayorı́a de textos modernos
la deducen directamente utilizando residuos. Sin embargo, Euler encontró este resultado
en 1735, casi 90 años antes de que Cauchy introdujera el concepto de residuo. La demostración de Euler no se puede considerar completa, ya que se apoyaba en varias suposiciones
bastante difı́ciles de justificar. En concreto, en un punto de su demostración, Euler hace
notar que la función sinπxπx y el producto infinito
∞ Y
x2
1− 2
j
j=1
tienen exactamente el mismo valor en x = 0 y las mismas raı́ces, por lo que asume que
describen la misma función. Euler estaba en lo cierto, sin embargo este es un resultado
posterior (que probaremos en el capı́tulo 3, dando validez a la demostración de Euler), y
el argumento usado no es válido, ya que por ejemplo, ex sinπxπx también tiene el mismo valor
en x = 0, las mismas raı́ces y sin embargo no es igual al producto anterior.
El mismo Euler debı́a ser consciente de que habı́a algún punto problemático o incompleto en su explicación de este paso, ya que publicó algún artı́culo tratando de arrojar luz
sobre este punto, sin éxito. Podrı́a parecer que Euler aparcó el problema en ese momento, sin embargo, en 1741 apareció publicado en un poco conocido periódico literario un
artı́culo de Euler en francés, en el que daba una solución totalmente diferente de (1), una
que no utilizaba productos infinitos.
En 1731, cuatro años antes de publicar la primera demostración, Euler ya habı́a calculado una aproximación numérica con 20 decimales, una ardua tarea, sobre todo si tenemos
en cuenta lo lentamente que converge esta serie. A continuación vamos a detallar el proceso que siguió Euler para resolver (1), basándonos en la demostración clásica, es decir, la
publicada en 1735, que también resulta ser una de las más famosas.
Demostración de Euler para el problema de Basilea
Para probar (1) Euler comenzó tomando un polinomio p(x) de grado n con las siguientes propiedades:
p(0) = 1
p(x) tiene raı́ces no nulas a1 , · · · , an .
Dadas esas dos condiciones p(x) se puede reescribir como
n Y
x
p(x) =
1−
.
ak
k=1
Euler asumió que, cumpliéndose para polinomios de grado finito, también se cumplirı́a
para polinomios de grado infinito, y aplicó este hecho al polinomio
p(x) = 1 −
x3 x5 x7
+
−
+ ··· ,
3!
5!
7!
7
que es inmediato ver que es un polinomio infinito cumpliendo que p(0) = 1. También era
conocido para Euler el desarrollo de Taylor de sen x
∞
sen x = x −
X (−1)n
x3 x5 x7
+
−
+ ··· =
x2n+1 ,
3!
5!
7!
(2n + 1)!
n=0
que resulta ser justamente xp(x). De este hecho se sigue que las raı́ces de p(x) se encuentran
en los puntos en los que se anula sen x, es decir, los ak = kπ con k ∈ Z y podemos escribir
ahora p(x) como un producto infinito
x2 x4 x6
−
+
− ···
3!
5!
7!
∞ Y
x x
x x x
= 1−
=
1−
1+
1−
1+
··· ,
ak
π
π
2π
2π
p(x) = 1 −
k∈Z
que agrupando los términos de cada pareja de raı́ces opuestas como una diferencia de
cuadrados resulta
∞ Y
x2
x2
x2
x2
p(x) =
1−
=
1
−
1
−
1
−
··· .
(ak )2
π2
4π 2
9π 2
k=1
La idea que utilizó Euler consiste en escribir p(x) de dos formas diferentes. La parte
derecha de la igualdad anterior puede ser complicada, pero es claro que se puede agrupar
en sumandos para cada potencia par de x
x2 x4 x6
1
1
1
1
2
1−
−
+
− ··· = 1 − x
+
+
+
+ ··· + ··· .
3!
5!
7!
π 2 4π 2 9π 2 16π 2
Igualando el término que multiplica a x2 en ambos lados concluimos que
1
1
1
1
1
− =−
+
+
+
+ ··· ,
3!
π 2 4π 2 9π 2 16π 2
que multiplicando por π 2 a ambos lados nos lleva al resultado buscado
∞
1+
X 1
1 1
1
π2
+ +
+ ··· =
,
=
4 9 16
n2
6
n=1
resolviendo el problema de Basilea.
Era algo habitual para Euler utilizar los métodos que hallaba para resolver problemas
similares. Y por supuesto, la pregunta que surge inmediatamente después de esto es:
∞
X
1
¿podemos sumar de una manera similar la serie
?
n3
n=1
La respuesta es que no, se desconoce su valor exacto, de hecho es aún un problema
abierto y relativamente famoso. El valor al que converge esta serie, que se corresponde
con ζ(3), recibe el nombre de constante de Apéry, nombrada por R. Apéry, que en 1977
probó que este número era irracional.
8
Euler por supuesto también intentó resolver este problema, pero fracasó en sus aproximaciones a la cuestión, siendo
∞
X
n=1
π3
(−1)n
=
(2n + 1)3
32
probablemente el resultado más cercano que consiguió. Este resultado es un caso particular
de una identidad que probaremos en una sección posterior.
El objetivo de esta memoria es dar distintas demostraciones de la conocida identidad
ζ(2k) :=
∞
X
1
(−1)k−1 22k−1 π 2k
B2k ,
=
(2k)!
n2k
k ∈ N,
(2)
n=1
con Bk el k-ésimo número de Bernoulli. Para obtener esta igualdad existen multitud de
demostraciones basadas en campos totalmente diferentes. Vamos a recopilar en estas lineas
algunas de esas demostraciones, completando todos los pasos y demostrando los resultados
en los que nos apoyaremos.
Índice general
1. Resultados y conceptos previos
11
1.1. Los números de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2. Los polinomios de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3. Algunos teoremas del análisis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2. Pruebas usando análisis complejo y de Fourier
2.1. Una prueba usando análisis complejo . . . . . . .
2.2. Otra prueba con variable compleja . . . . . . . .
2.3. Sobre la suma alternada de recı́procos de enteros
2.4. Una prueba usando análisis de Fourier . . . . . .
.
.
.
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.
.
.
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.
.
.
.
.
.
.
.
19
19
22
27
31
3. Demostraciones usando técnicas elementales
35
3.1. Una prueba usando el teorema de Tannery para series . . . . . . . . . . . . 35
3.2. Una prueba usando series telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3. Una prueba con productos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Bibliografı́a
45
9
Capı́tulo 1
Resultados y conceptos previos
1.1.
Los números de Bernoulli
No se puede hablar sobre la función zeta de Riemann en los enteros pares sin estudiar
en más detalle los mencionados números de Bernoulli, que van a aparecer constantemente
a lo largo de estas lineas.
Los números de Bernoulli, denotados habitualmente como Bn , son una sucesión de
números racionales con importantes conexiones con la teorı́a de números.
Estos números son recurrentes en muchos campos de las matemáticas. Por citar unos
cuantos ejemplos, aparecen en las series de Taylor de la tangente, en las fórmulas para la
suma de potencias de los n primeros enteros positivos, en la fórmula de Euler-Maclaurin
y, en el caso que nos ocupa, en la expresión para calcular ciertos valores de la función zeta
de Riemann.
Definiremos los números de Bernoulli como originalmente los introdujo Jakob Bernoulli
en su libro Ars Conjectandi (publicado de forma póstuma en 1713). Los números de
Bernoulli {Bk }k≥0 vienen dados como la solución de la recurrencia
n X
n+1
B0 = 1,
Bk = 0 para n ≥ 1.
k
k=0
La siguiente tabla muestra los primeros números de Bernoulli:
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
Bk
1
− 21
1
6
0
1
− 30
0
1
42
0
1
− 30
Notamos que, con la salvedad de B1 , todos los Bk con k impar son nulos, mientras que
los pares van cambiando de signo para k ≥ 2.
A principios de la década de 1730, Euler estableció una de las fórmulas actualmente
más habituales para definir los números de Bernoulli, sin saber que esos números con los
que estaba trabajando eran justamente los que ya habı́a definido Jakob Bernoulli de una
forma diferente, que no es otra que la recurrencia anterior (ver [5]). En concreto, Euler
definió la sucesión {Bk }k≥0 mediante la identidad
∞
X Bk z k
z
=
,
ez − 1
k!
válida para |z| < 2π.
k=0
11
(1.1)
12
CAPÍTULO 1. RESULTADOS Y CONCEPTOS PREVIOS
Debemos hacer notar que la función F (z) = ezz−1 es analı́tica en el disco D(0, 2π), ya
que z = 2π es un polo de F (z), y es por esto que (1.1) solo es válida para |z| < 2π. Veamos
que la definición de Euler es equivalente a la dada por J. Bernoulli.
Sea F (z) la función generadora previa, y consideramos F (z)(ez − 1). Entonces,
z
z = F (z)(e − 1) =
∞
X
z n+1
z
n!
(n + 1)!
∞
X
Bn
n
n=0
∞
X
n
X
Bk
n=0
1
k! (n + 1 − k)!
n=0
k=0
∞
n X z n+1 X
n+1
=
Bk
(n + 1)!
k
=
z n+1
n=0
k=0
Ası́, por unicidad del desarrollo de Taylor, tendremos que
n X
n+1
B0 = 1,
Bk = 0, para n ≥ 1,
k
k=0
es decir, la definición de J. Bernoulli.
Como ya hemos señalado, B2k+1 = 0 para k ≥ 1. Comprobemos este hecho. Usando
que B1 = − 12 se tiene
∞
X
z
Bk k
F (z) + = B0 +
z .
2
k!
k=2
Pero como
z
F (z) + = z
2
1
1
+
z
e −1 2
=z
ez + 1
ez − 1
es evidente que es una función par, ya que
F (−z) −
e−z + 1
1 + ez
ez + 1
z
z
= −z −z
= −z
=
z
= F (z) + ,
z
z
2
e −1
1−e
e −1
2
y todos los términos impares del desarrollo de Taylor de una función par son nulos.
1.2.
Los polinomios de Bernoulli
Los polinomios de Bernoulli son una extensión de los números de Bernoulli y vienen
definidos por la identidad
∞
X
Bn (t)z n
zetz
=
,
(1.2)
ez − 1
n!
n=0
válida nuevamente para |z| < 2π. Veamos algunas propiedades de los polinomios de Bernoulli que nos serán de gran utilidad a lo largo de esta memoria.
Proposición 1.1. La sucesión de polinomios de Bernoulli {Bn (t)}n≥0 satisface las siguientes tres propiedades:
1. B0 (t) = 1.
1.2. LOS POLINOMIOS DE BERNOULLI
13
2. Bn (t + 1) − Bn (t) = ntn−1 para todo n ∈ N.
Z 1
Bn (t) dt = 0 para todo n ∈ N.
3.
0
tz
Demostración. Que se cumple 1 es trivial. Si Ft (z) = eze
z −1 , entonces B0 (t) = Ft (0) = 1.
Veamos ahora la propiedad 2. Partiendo de la función generatriz Ft para los polinomios
de Bernoulli tendremos
Ft+1 (z) − Ft (z) =
∞
X
Bn (t + 1)z n
n!
n=0
−
∞
X
Bn (t)z n
n!
n=0
=
∞
X
(Bn (t + 1) − Bn (t))z n
n!
n=1
.
Por otra parte,
∞
∞
n=0
n=1
X (tz)n X ntn−1 z n
zetz
Ft+1 (z) − Ft (z) = z
(ez − 1) = zetz = z
=
e −1
n!
n!
y concluimos la prueba de la propiedad 2 por identificación de coeficientes.
Comprobemos ahora que se cumple la propiedad 3. Integrando contra la variable t en
el intervalo [0, 1] a ambos lados en (1.2) resulta
z
z
e −1
Es evidente que
z
ez −1
R1
0
Z
1
tz
e dt =
0
Z
∞
X
zn
n=0
n!
1
Bn (t) dt.
0
etz dt = 1. De este modo tendremos
1=
Z
∞
X
zn
n=0
n!
1
Bn (t) dt
0
y nuevamente, por identificación de coeficientes, se deduce inmediatamente que
Z 1
Z 1
B0 (t) dt = 1 y
Bn (t) dt = 0, para todo n ≥ 1.
0
0
Nota: Resulta un sencillo ejercicio comprobar que las propiedades 1, 2 y 3 de la proposición anterior determinan una única sucesión de polinomios, que resultan ser los polinomios
de Bernoulli. Por tanto, una forma alternativa de presentarlos es mediante estas propiedades. Se puede probar de manera elemental que los polinomios definidos de este modo
cumplen la identidad (1.2).
Veamos otra propiedad de los polinomios de Bernoulli, de la que haremos uso posteriormente
Proposición 1.2. Bn0 (t) = nBn−1 (t), para todo n ∈ N ∪ {0}.
Demostración. Derivando respecto a t en la expresión (1.2) se obtiene
∞
X B 0 (t)z n
d
z 2 etz
n
Ft (z) = z
=
.
dt
e −1
n!
n=1
14
CAPÍTULO 1. RESULTADOS Y CONCEPTOS PREVIOS
Por otra parte,
∞
∞
n=0
j=1
X Bn (t)z n+1 X
d
zj
Ft (z) = zFt (z) =
=
jBj−1 (t)
dt
n!
j!
y el resultado se sigue por identificación de coeficientes.
Finalmente, resulta obvio que
Bn (0) = Bn ,
(1.3)
es decir, el valor en t = 0 de los polinomios de Bernoulli coincide con los números de
Bernoulli. Este hecho es consecuencia de la observación F0 (z) = F (z). Pero aún podemos
afirmar algo más
Proposición 1.3.
B2k (1) = B2k (0) = B2k ,
B2k+1 (1) = B2k+1 (0) = 0,
k ≥ 0,
k ≥ 1.
Demostración. Por la segunda propiedad de la Proposición 1.1 sabemos que
Bn (t + 1) − Bn (t) = ntn−1 ,
luego en t = 0 se tiene
Bn (1) − Bn (0) = 0
y entonces
Bn (1) = Bn (0) = Bn .
En la siguiente lista mostramos la expresión de los primeros polinomios de Bernoulli
B0 (x) = 1,
1
B1 (x) = x − ,
2
1
B2 (x) = x2 − x + ,
6
1
B3 (x) = x3 − 3x2 + x,
2
1
,
30
5
5
1
B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x,
2
3
6
5 4 1 2
1
6
5
B6 (x) = x − 3x + x − x + .
2
2
42
B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 −
1.3. ALGUNOS TEOREMAS DEL ANÁLISIS
1.3.
15
Algunos teoremas del análisis
A lo largo de esta memoria haremos uso de diversos resultados del análisis matemático
que se han estudiado en el grado. Damos a continuación una breve recopilación de los que
consideramos más importantes.
En primer lugar veamos un resultado que, entre otras cosas, nos permite intercambiar
una integral y un sumatorio bajo ciertas hipótesis.
Teorema 1.1 (de convergencia dominada para series). Sea (X, Σ, µ) un espacio de medida
positiva. Sean fn : X → K (n ∈ N) funciones medibles tales que
∞
X
||fn ||1 < +∞.
n=1
Entonces:
1. fn ∈ L1 (X, µ).
∞
X
2. Existe f : X → K medible tal que
fn = f µ-ctp. Tal función f es esencialmente
n=1
única (otra con las mismas propiedades coincide con f µ-ctp).
3. f ∈ L1 (X, µ).
N
∞
X
X
4. lı́mN →∞ f −
fn = 0; es decir,
fn = f en la norma en L1 (X, µ).
n=1
n=1
1
5. Para cada conjunto medible E, la serie
∞ Z
X
fn dµ converge, y se tiene que
n=1 E
Z
f dµ =
E
∞ Z
X
fn dµ.
n=1 E
La demostración se encuentra detallada en muchos libros de análisis matemático, entre
ellos, por ejemplo, en [1].
Otro resultado que emplearemos es el Teorema de Tannery, el cual nos garantiza la
existencia de lı́mite en ciertas series y nos permite calcular su valor de manera sencilla.
Teorema 1.2 (de Tannery para series). Si s(n) =
para cada n, lı́m fk (n) = fk , |fk (n)| ≤ Mk y
n→∞
∞
X
∞
X
k=0
Mk < ∞, entonces
k=0
lı́m s(n) =
n→∞
fk (n) es una suma convergente
∞
X
k=0
fk .
16
CAPÍTULO 1. RESULTADOS Y CONCEPTOS PREVIOS
X
Demostración. Para cada > 0 existe un N () tal que
k>N ()
un Nk () tal que |fk (n) − fk | <
3N () ,
Mk < . Para cada k existe
3
para todo n ≥ Nk (). Tomamos
N () = máx{N1 (), . . . , NN () ()}. Entonces
|s(n) −
∞
X
N ()
fk | ≤
k=0
X
X
|fk (n) − fk | + 2
k=0
Mk < N ()
k>N ()
+2 =
3N ()
3
para todo n ≥ N ().
Como acabamos de ver, el Teorema de Tannery para series puede demostrarse de
manera elemental, sin embargo debemos hacer notar que es la versión en L1 (N) del Teorema
de la convergencia dominada. La demostración que hemos incluı́do está tomada de [8] y
puede verse otra demostración alternativa en [3].
Del Teorema de Tannery para series, puede deducirse un resultado análogo para productos infinitos. Para ello basta tener en cuenta la relación entre la convergencia de series
y la convergencia de productos infinitos.
Teorema 1.3 (de Tannery para productos infinitos). Si p(n) =
∞
Y
(1 + ak (n)) es un
k=1
producto infinito convergente para cada m ∈ N, lı́m ak (n) = ak , |ak | ≤ Mk y
n→∞
entonces
lı́m pn =
m→∞
∞
Y
∞
X
Mk < ∞,
k=1
(1 + ak ).
k=1
El siguiente tema tiene una gran utilidad para la integración de funciones en varias
variables. Utilizaremos este importante resultado en algunas de las demostraciones para
intercambiar el orden de integración de las variables.
Teorema 1.4 (de Fubini). Sean (X1 , Σ1 , µ1 ) y (X2 , Σ2 , µ2 ) espacios de medida positiva
σ-finita. Sea f ∈ L1 (X1 × X2 , Σ1 × Σ2 , µ1 × µ2 )). Llamamos fx a la proyección de f sobre
la primera varibale y f y la proyección de f sobre la segunda variable. Entonces:
a1) fx ∈ L1 (µ2 )
µ1 (x)-c.t.p. x ∈ X.
a2) f y ∈ L1 (µ1 )
µ2 (y)-c.t.p. y ∈ Y.
b1) Existe g ∈ L1 (µ1 ), esencialmente única, tal que
Z
g(x) =
fx (y) dµ2 (y) µ1 (x)-c.t.p.x ∈ X.
X2
b1) Existe h ∈ L1 (µ2 ), esencialmente única, tal que
Z
h(y) =
f y (x) dµ1 (x) µ2 (y)-c.t.p.y ∈ Y.
X1
1.3. ALGUNOS TEOREMAS DEL ANÁLISIS
Z
Z
f dµ1 ⊗ µ2 =
c1)
X1 ×X2
g(x) dµ1 (x).
X1
Z
Z
f dµ1 ⊗ µ2 =
c2)
17
X1 ×X2
h(y) dµ2 (y).
X2
A continuación introducimos el Teorema de los residuos, uno de los teoremas más
importantes del análisis complejo y que resulta una parte clave de las dos primeras demostraciones.
Teorema 1.5 (de los residuos). Sea f (z) una función analı́tica en un dominio simplemente
conexo D, excepto en un número finito de puntos zk que constituyen singularidades aisladas
de la función. Sea C una curva simple, cerrada y regular a trozos orientada positivamente,
contenida en D y que no pasa por ninguna de las singularidades. Entonces
Z
X
f (z) dz = 2πi
Res(f, zk ).
C
zk ∈Int C
La demostración de este teorema se encuentra detallada, entre otros, en [2].
La fórmula que utilizaremos para calcular los residuos es la usual para polos de orden
m en z0
1
dm−1
Res(f, z0 ) =
lı́m
[(z − z0 )m f (z)],
(1.4)
(m − 1)! z→z0 dz m−1
que en el caso de orden uno se simplifica a
Res(f, z0 ) = lı́m (z − z0 )f (z).
z→z0
(1.5)
Capı́tulo 2
Pruebas usando análisis complejo
y de Fourier
2.1.
Una prueba usando análisis complejo
En primer lugar vamos a probar el resultado que nos ocupa con una de las demostraciones más clásicas. Esta demostración se puede encontrar en muchas publicaciones sobre
análisis complejo y utiliza el Teorema de los residuos. Nos basaremos en el ejercicio 5.59
del capı́tulo VIII de [2], en el que este método aparece propuesto.
Primera demostración. Sea m ∈ Z+ y fm (z) =
el borde de la región Qn , definida como
1
.
z 2m (ez −1)
Integraremos la función fm en
Qn := {z = x + iy : |x| ≤ (2n + 1)π, y ≤ (2n + 1)π}.
La región de integración aparece representada en la figura 2.1. Veamos que se cumple
!
Z
n
Bm
2(−1)m X 1
fm (z)dz = 2πi
+
.
(2.1)
(2m)!
(2π)2m
k 2m
∂Qn
k=1
Por el Teorema de los residuos (ver Teorema 1.5), si zk = 2kπi
Z
X
fm (z)dz = 2πi
Res(f, zk ).
∂Qn
zk ∈Qn
La función fm (z) presenta polos simples en los puntos zk = 2kπi siendo k 6= 0 y k =
−n, . . . , n, y un polo de orden 2m + 1 en el punto z = 0.
En los polos simples zk se tiene
Res(f, 2kπi) = lı́m
z − 2kπi
1
z − 2kπi
=
lı́m
.
2m
− 1)
(2kπi) z→2kπi ez − 1
z→2kπi z 2m (ez
Aplicando la regla de L’Hopital obtenemos
Res(f, 2kπi) =
1
1
lı́m
,
(2kπi)2m z→2kπi ez
19
20
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
H2n+ 1Lp
ý3
ý3
zn
ý4
zk
ý2
z1
- H2n+ 1Lp
H2n+ 1Lp
z-1
ý4
z-k
ý2
z-n
- H2n+ 1Lp
ý1
ý1
Figura 2.1: Región Qn .
que, usando la identidad
1
i2m
= (−1)m , se convierte en
Res(f, 2kπi) =
1
(−1)m
=
.
(2π)2m k 2m
(2kπi)2m e2kπi
Notar que k varı́a desde −n hasta n y Res(f, 2kπi) = Res(f, −2kπi), luego multiplicamos
por 2 el resultado para cambiar el intervalo de sumación k ∈ {−n, .., n} \ 0 al más sencillo
k ∈ {1, .., n} y se obtiene
n
X
k=−n
k6=0
n
2(−1)m X 1
Res(f, 2kπi) =
.
(2π)2m
k 2m
k=1
Consideramos a continuación el punto z = 0 que como adelantábamos se trata de un polo
de orden 2m + 1. Entonces
1 d2m
z→0 (2m)! dz 2m
Res(f, 0) = lı́m
z 2m+1
z 2m (ez − 1)
=
1
d2m
lı́m 2m
(2m)! z→0 dz
z
ez − 1
.
2.1. UNA PRUEBA USANDO ANÁLISIS COMPLEJO
21
Usando el desarrollo de Taylor dado en (1.1), resulta inmediatamente que
z
dk
= Bk
z
k
e − 1 z=0
dz
y, por tanto,
Res(f, 0) =
B2m
.
(2m)!
Esto prueba la identidad
R (2.1).
Veamos ahora que ∂Qn fm (z) dz −→ 0. Para ello usaremos que para z ∈ ∂Qn se
n→∞
cumple1 |ez − 1| > 1 − e−3π , o equivalentemente
|ez
1
1
.
<
− 1|
1 − e−3π
Llamemos γi a cada uno de los lados del camino ∂Qn , empezando por el inferior y
ordenados en sentido positivo (es decir, recorrido en sentido antihorario), tal y como se
muestra en la figura 2.1.
Para z ∈ γ1 se tiene z = a − i(2n + 1)π con a ∈ [−(2n + 1)π, (2n + 1)π]. Luego
p
p
|z| = a2 + ((2n + 1)π)2 ≥ ((2n + 1)π)2 = (2n + 1)π.
Por otro lado, como |z| ≥ (2n + 1)π, se cumple
|fm (z)| ≤
1
1
≤
.
|z|2m (1 − e−3π )
(2n + 1)2m π 2m (1 − e−3π )
Ası́,
Z
Z
Z
2(2n + 1)π
C
C
f
(z)dz
|dz| =
=
.
≤
|f
(z)|
|dz|
≤
m
m
2m
2m
(2n + 1)
(2n + 1)
(2n + 1)2m−1
γ1
γ1
γ1
La misma estimación se obtiene para los tres lados restantes del cuadrado, tomando z =
(2n + 1)π + ai, z = a + i(2n + 1)π, z = −(2n + 1)π + ai y repitiendo exactamente las
mismas cuentas.
Entonces
Z
lı́m
fm (z)dz = 0,
n→∞ ∂Q
n
lo que con (2.1) nos permite probar que
ζ(2m) = (−1)m+1
1
(2π)2m B2m
.
2(2m)!
Aplicando la desigualdad triangular inversa y usando que |ez | = e<z , se tiene
|ez − 1| ≥ |e<z − 1|.
Para z ∈ ∂Qn se verifica que |<z| ≥ 3π. Entonces, si <z ≥ 3π,
|ez − 1| ≥ e3π − 1 = e3π 1 − e−3π ≥ 1 − e−3π
y si <z ≤ −3π
|ez − 1| ≥ 1 − e−3π
y hemos concluido.
22
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
2.2.
Otra prueba con variable compleja
En esta demostración usaremos tambien técnicas de variable compleja y el Teorema de
los residuos, en este caso con un camino algo más complejo (ya que requiere evitar una singularidad en z = πi). Nos apoyaremos también en algunos desarrollos que introduciremos
durante la demostración.
Segunda demostración. Definimos, para m ≥ 1 la siguiente expresión:
α(2m) =
∞
X
n=0
1
.
(2n + 1)2m
En primer lugar vamos a probar que
∞
X
α(2m)w2m−1 =
m=1
πw π
tan
.
4
2
Veamos que la serie efectivamente converge. Es claro que
luego teniendo en cuenta que
1 ≤ lı́m inf
p
2m
n→∞
α(2m) ≤ lı́m sup
p
α(2m) > 1 y
2m
p
2m
α(2m) ≤ lı́m sup
n→∞
(2.2)
n→∞
α(2m)
α(2m−2)
< 1,
α(2m)
≤ 1,
α(2m − 2)
deducimos que
lı́m
p
α(2m) = 1,
2m
n→∞
es decir, la serie converge cuando |w| < 1. Por otra parte, como e−2s < 1, para todo s > 0
tenemos el desarrollo
∞
X
2
2e−s
1
= s
=
=2
e−s(2n+1) .
−s
−2s
senh s
e −e
1−e
(2.3)
n=0
Ahora en (2.3) multiplicamos por s2m−1 , integramos en (0, ∞) y aplicamos el Teorema 1.1
para intercambiar integral y sumatorio, quedando
Z
0
∞
∞
X
s2m−1
ds = 2
senh s
Z
∞
s2m−1 e−s(2n+1) ds = 2(2m − 1)!α(2m).
(2.4)
n=0 0
La integral anterior se ha evaluado aplicando el cambio de variable s(2n + 1) = t. En
efecto,
∞
Z
s
2m−1 −s(2n+1)
e
Z
∞
ds =
0
0
t
2n + 1
2m−1
e−t
dt
Γ(2m)
(2m − 1)!
=
=
.
2n + 1
(2n + 1)2m
(2n + 1)2m
Aplicando (2.4), se obtiene
∞
X
m=1
α(2m)w
2m−1
Z ∞ 2m−1
∞
1 X w2m−1
s
ds,
=
2
(2m − 1)! 0 senh s
m=1
2.2. OTRA PRUEBA CON VARIABLE COMPLEJA
23
y usando el desarrollo de Taylor de senh(ws) llegamos a
∞
X
∞
∞ X
(ws)2m−1
ds
0 m=1 (2m − 1)! senh s
Z
Z
1 ∞ senh(ws)
1 ∞ senh(ws)
=
ds =
ds.
2 0
senh s
4 −∞ senh s
α(2m)w2m−1 =
m=1
1
2
Z
senh(wz)
en el camino γ,R , definido tal como se
senh(z)
describe en la figura 2.2. Aplicando el Teorema 1.5 resulta
Ahora integremos la función fw (z) =
ý5
- R+ iþ
ý3
R+ iþ
e
ý6
ý4
-R
ý2
ý1
ý1
R
Figura 2.2: Camino γ,R.
Z
fw (z)dz =
γ,R
6
X
Ii = 0,
(2.5)
i=1
donde Ii representa la integral sobre cada uno de los caminos γi de la figura 2.2. La identidad (2.5) se cumple por ser fw analı́tica en el interior de γ,R , que es un domino cumpliendo
las hipótesis del Teorema 1.5 sin singularidades de fw en su interior. Es inmediato ver que
la primera integral, que corresponde al camino inferior, se escribe como
Z
R
I1 =
fw (s) ds,
−R
mientras que las dos de la parte de arriba, I3 e I5 , se transforman en
Z
I3 + I5 = −
R
senh(w(s + πi))
ds +
senh(s + πi)
Z
−
−R
senh(w(s + πi))
ds .
senh(s + πi)
Aplicando la fórmula para el seno hiperbólico de la suma y posteriormente sustituyendo los
valores conocidos (para n ∈ Z, senh(nπi) = 0 y cosh(nπi) = (−1)n , ya que senh(nπi) =
24
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
i sen(nπ) y cosh(nπi) = cos(nπ)), se obtiene
Z
R
senh(ws) cosh(wπi) + cosh(ws) senh(wπi)
ds
senh s cosh(πi) + cosh s senh(πi)
Z −
senh(ws) cosh(wπi) + cosh(ws) senh(wπi)
ds
−
senh s cosh(πi) + cosh s senh(πi)
−R
Z R
Z −
senh(ws)
senh(ws)
ds +
ds
= cos(πw)
senh s
senh s
−R
Z R
Z −
cosh(ws)
cosh(ws)
+ i sen(πw)
ds +
ds
senh(s)
−R senh(s)
Z
= cos(πw)
fw (s) ds,
I3 + I5 = −
[−R,−]∪[,R]
donde en el último paso hemos usado que la función cosh(ws)
senh(s) es impar y por tanto las
integrales en [−R, −] y en [, R] se cancelan entre sı́.
Para acotar los valores de |I2 | e |I6 |, usaremos las desigualdades | senh z| ≤ cosh(<z) y
| senh z| ≥ Ce|<z| , siendo esta última válida para |<z| ≥ k con k una constante positiva, las
cuales probaremos a continuación. La primera desigualdad se tiene fácilmente. En efecto,
z
e − e−z 1 z
1 <z
−z
−<z
≤
| senh z| = |e
|
+
|e
|
=
e
+
e
= cosh(<z).
2
2
2
Para la otra desigualdad, partimos de la identidad
senh z = senh(x + iy) = senh x cos y + i cosh x sen y.
Tomando módulo y operando
e2x + 2 + e−2x
e2x − 2 + e−2x
cos2 y +
sen2 y
4
4
1
e2x + e−2x 1
+ (sen2 y − cos2 y) =
− (cos 2y)
2
4
2
2x
−2x
1
e −2+e
− =
= (senh x)2 .
2
4
| senh z|2 = senh2 x cos2 y + cosh2 x sen2 y =
e2x + e−2x
4
2x
e + e−2x
≥
4
=
Es decir, para la acotación que queremos basta, por ejemplo, probar que
| senh x| ≥
e|x|
,
4
si |x| ≥ log
√
2.
√
√
Veamos que se cumple para x ≥ log 2 y para x ≤ − log 2 se sigue inmediatamente. En
efecto
√
ex − 2e−x
ex
senh x >
⇔
> 0 ⇔ e2x ≥ 2 ⇔ x ≥ log 2.
4
4
Por tanto concluimos que
| senh z| ≥
√
e|<z|
, si |<z| ≥ log 2,
4
2.2. OTRA PRUEBA CON VARIABLE COMPLEJA
25
√
finalizando la prueba de las dos acotaciones necesarias. Luego si R ≥ log 2 podemos
acotar |I2 | + |I6 | del siguiente modo
Z π
Z
senh(w(R + si)) π senh(w(−R + si)) |I2 | + |I6 | = ds + ds ≤
senh(R + si)
senh(−R + si)
0
0
≤ C e−R(1−w) + e−R(1+w) ,
ya que realizando el cambio z = R + si para γ2 (la situación para γ6 es análoga con el
cambio z = −R + si) la integral se transforma en
Z
Z π
Z π
senh(w(R + si)) senh(wz) senh(w(R + si)) dz = i
ds ≤
senh(R + si) ds ≤
senh(R + si)
γ2 senh z
0
0
Z π
cosh(wR)
−(1−w)R
−(w+1)R
ds
=
C
e
+
e
.
≤C
eR
0
√
El hecho de tomar R ≥ log 2 no supone ninguna restricción ya que podemos tomar
valores de R grandes sin afectar en absoluto a nuestro resultado.
Para calcular I4 observamos que
fw (z) = −i
sen(πw)
+ h(z),
z − πi
con h(z) una función holomorfa para |z − πi| < π, ya que z = πi es un polo simple de
fw (z) y
Res(fw , πi) = lı́m (z − πi)f (z) = −i sen πw.
z→πi
Veamos que
Z
I4 = −π sen(πw) +
h(z) dz,
γ4
con
Z
h(z)dz ≤ M π.
γ4
En efecto,
Z
I4 = −i
γ4
sen(πw)
dz +
z − πi
Z
Z
h(z) dz = i sen(πw)
−γ4
γ4
dz
+
z − πi
Z
h(z) dz,
γ4
realizando el cambio de variable z = πi + eiθ , con θ ∈ (π, 2π), obtenemos
Z
i sen(πw)
−γ4
dz
= i sen(πw)
z − πi
Z
2π
π
ieiθ
dθ = −π sen(πw).
eiθ
Para acotar la otra integral, basta observar que si z ∈ γ4 se puede escribir de la forma
z = πi + eiθ con θ ∈ (−π, 0), y como h(z) es holomorfa entonces |h(z)| ≤ M para z ∈ γ4 ,
luego
Z
Z
Z
h(z) dz ≤
|h(z)| |dz| ≤ M
|dz| = M π.
γ4
γ4
γ4
26
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
Ası́, tomando lı́mite cuando → 0 y R → ∞ en (2.5), resulta
Z
senh(ws)
(1 + cos(πw))
ds − π sen(πw) = 0,
R senh s
y se concluye que
∞
X
α(2m)w2m−1 =
m=1
1
4
Z
∞
−∞
senh(ws)
1
ds =
senh s
4
π sen(πw)
1 + cos(πw)
=
πw π
tan
.
4
2
Por otra parte volviendo a nuestro objetivo, vamos a relacionar los valores ζ(m) con
α(m). Separando pares e impares resulta
∞
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
1
1 X 1
1
1
1
ζ(m) =
=
+
=
+
.
km
(2j + 1)m
(2j)m
(2j + 1)m 2m
jm
j=1
k=1
j=1
j=1
j=1
Vemos que, de los dos últimos sumatorios, el primero se corresponde con nuestro α(m) y
el segundo es justamente 21m ζ(m), luego
ζ(m) = α(m) +
2m
1
ζ(m)
⇒
ζ(m)
=
α(m)
2m
2m − 1
y para enteros pares, se tiene la identidad
ζ(2m) =
22m
α(2m).
22m − 1
(2.6)
Como sabemos que el desarrollo de Taylor de la tangente2 es
tan(z) =
∞
X
(−1)m−1 22m (22m − 1)B2m z 2m−1
π
, para |z| < ,
(2m)!
2
m=1
2
Veamos cómo se puede probar la expresión dada para el desarrollo de la tangente. Se tiene que
∞
∞
X Bk z k
z X B2j z 2j
z
=
=
−
+
,
ez − 1
k!
2 j=0 (2j)!
k=0
pasando
z
2
al primer miembro llegamos a
X
∞
1
1
B2j z 2j
z
+
=
.
z
e −1
2
(2j)!
j=0
Es claro que
z
z
1
1
z ez + 1
z e 2 + e− 2
z
+
=
=
z
z .
z
z
−
e −1
2
2e −1
2 e2 − e 2
Ahora, realizando el cambio z = ix resulta
ix
ix
x
1
1
ix e 2 + e− 2
x cos 2
x
x
z
+
=
=
cot .
ix
x =
−
ez − 1
2
2 e ix
2
sen
2
2
2 − e
2
2
Luego
∞
∞
X
X
B2j (ix)2j
(−1)j B2j x2j
x
x
cot =
=
,
2
2
(2j)!
(2j)!
j=0
j=0
que mediante el cambio
x
= t se transforma en
2
∞
X
(−1)j B2j 22j t2j
t cot t =
.
(2j)!
j=0
(2.7)
2.3. SOBRE LA SUMA ALTERNADA DE RECÍPROCOS DE ENTEROS
27
entonces por (2.2) se tiene que
∞
X
m=1
α(2m)w
2m−1
∞
πw π X
(−1)m−1 22m (22m − 1)B2m πw 2m−1
π
= tan
=
4
2
4
(2m)!
2
m=1
∞
X
(−1)m−1 (22m − 1)π 2m B2m 2m−1
w
,
=
2(2m)!
m=1
luego, por identificación de coeficientes,
α(2m) =
(−1)m−1 π 2m (22m − 1)
B2m .
2(2m)!
Ası́, por la expresión (2.6) concluimos que
ζ(2m) = (−1)m+1
(2π)2m B2m
.
2(2m)!
Resulta lógico querer aplicar una técnica similar para intentar evaluar los valores
ζ(2m + 1). Sin embargo, mediante este método llegamos a una integral que no podemos resolver. Pero, procediendo como en la demostración anterior, sı́ que podemos probar
que
Z ∞ 2m
s
α(2m + 1) = 2(2m)!
ds
senh s
0
y
Z
∞
X
1 ∞ cosh(ws) − 1
2m
ds.
α(2m + 1)w =
2 0
senh s
m=1
Esta última integral no se puede evaluar utilizando el Teorema de los residuos (Teorema 1.5
de estas notas). En la demostración, la función a integrar era par y la podı́amos extender
a todo R, en este caso no podemos hacerlo.
2.3.
Sobre la suma alternada de recı́procos de enteros
De forma análoga a la suma α(2m) que hemos definido y utilizado para la demostración
anterior, veamos ahora otra expresión similar con su propio interés. Definimos, para m ≥ 0,
β(2m + 1) =
∞
X
n=0
(−1)n
,
(2n + 1)2m+1
Concluimos aplicando la fórmula tan x = cot x − 2 cot 2x y multiplicando por x
x tan x = x cot x − 2x cot 2x =
=
∞
∞
X
(−1)j B2j 22j x2j X (−1)j B2j 22j 22j x2j
−
(2j)!
(2j)!
j=0
j=0
∞
X
(−1)j B2j 22j (1 − 22j )x2j
.
(2j)!
j=1
Notar que hemos empezado a sumar en j = 1 en el último paso, ya que el término en j = 0 se anula al
restar.
28
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
es decir, β(2m + 1) es la suma alternada de potencias impares de recı́procos de enteros
impares. El caso m = 0 se corresponde con la bien conocida identidad debida a Gregory
∞
X
(−1)n
π
= ,
2n + 1
4
n=0
que se deduce como consecuencia del desarrollo en serie de potencias para la función
arcotangente. Como hemos observado en la introducción, el caso m = 1 ya fue obtenido
por Euler. Veamos que es posible encontrar una expresión cerrada para los valores β(2m+1)
que involucra otra familia de números bien conocidos: los números de Euler.
Proposición 2.1. Sea w ∈ (−1, 1), entonces
∞
X
β(2m + 1)w2m =
m=0
πw π
sec
,
4
2
(2.8)
π 2m+1 Em
,
4m+1 (2m)!
(2.9)
y
β(2m + 1) = (−1)m
donde {Em }m≥0 son los números de Euler.
Los números de Euler se introducen en términos del desarrollo en serie de potencias
de la secante. En concreto se definen mediante la identidad
sec z =
∞
X
(−1)m E2m 2m
π
z , para |z| < .
(2m)!
2
m=0
Resulta sencillo comprobar que los números definidos de esta forma verifican la recurrencia3
n X
2n
E0 = 1,
Ek = 0, para n ≥ 1.
(2.10)
2k
k=0
3
En efecto,
1 = sec z cos z =
∞
∞
X
(−1)m E2m 2m X (−1)m z 2m
z
=
(2m)!
(2m)!
m=0
m=0
!
∞ X
m
∞
m
X
X
(−1)k Ek 2k (−1)m−k z 2(m−k)
(−1)m z 2m X 2m
=
z
=
Ek ,
(2k)!
(2(m − k))!
(2m)!
2k
m=0
m=0
k=0
y (2.10) se sigue por identificación de coeficientes
k=0
2.3. SOBRE LA SUMA ALTERNADA DE RECÍPROCOS DE ENTEROS
29
Demostración de la Proposición 2.1. Procediendo como para obtener (2.4) se tiene que
∞
X
(−1)n
(2n + 1)2m+1
n=0
Z ∞
∞
1 X
n
=
e−(2n+1)s s2m ds
(−1)
(2m)!
0
n=0
Z ∞
∞
X
1
=
s2m
(−1)n e−(2n+1)s ds
(2m)! 0
n=0
Z ∞
e−s
1
s2m
=
ds
(2m)! 0
1 + e−2s
Z ∞ 2m
s
1
=
ds,
2(2m)! 0 cosh s
β(2m + 1) =
y, por tanto,
∞
X
β(2m + 1)w
2m
m=0
Z ∞
∞
(ws)2m
1X 1
ds
=
2
(2m)! 0 cosh s
m=0
Z
1 ∞ cosh(ws)
=
ds
2 0
cosh s
Z
cosh(ws)
1
=
ds.
4 R cosh s
Para obtener (2.8), integramos la función gw (z) =
como se destribe en la figura 2.3. Ası́, resulta
- R+ iþ
cosh(wz)
cosh z
ý3
sobre la curva γR definida tal
ý3
R+ iþ
þi
ý4
ý2
2
-R
ý1
ý1
R
Figura 2.3: Región γR .
Z
gw (z)dz =
γR
4
X
i=1
πi
Ii = 2πi Res gw ,
,
2
(2.11)
siendo Ii la integral de la función gw sobre cada camino γi de la figura 2.3. La identidad
anterior se cumple aplicando el Teorema 1.5, por ser gw una función con un polo simple
en z = πi
2 . Es inmediato ver que la primera integral, que se corresponde al camino inferior,
se escribe como
Z
R
I1 =
gw (s) ds,
−R
30
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
mientras que la integral del camino superior, I3 , se transforma en
Z R
cosh(w(s + πi))
ds.
I3 = −
−R cosh(s + πi)
Resulta evidente que
R
Z
I3 = −
Z
−R
R
cosh(ws) cosh(wπi) + senh(ws) senh(wπi)
ds
cosh s cosh(πi) + senh s senh(πi)
cosh(ws) cos(wπ) + i senh(ws) sen(wπ)
ds
cosh s
−R
Z R
Z R
cosh(ws)
senh(ws)
= cos(wπ)
+ i sen(wπ)
ds
−R cosh(s)
−R cosh s
Z R
= cos(πw)
gw (s) ds,
=
−R
donde en el último paso hemos usado que la función senh(ws)
cosh s es impar y, por lo tanto, su
integral es nula en cualquier intervalo (−R, R).
Para acotar los valores de |I2 | e |I4 | procedemos como en la demostración previa.
Usaremos en este caso las desigualdades | cosh z| ≤ cosh (<z) y | cosh z| ≥ Ce|<z| , válida
esta última para |<z| > k para una cierta constante positiva k. Las demostraciones de
estas desigualdades son idénticas a las que dimos en la demostración previa y por ello
omitimos los detalles.
Ası́, obtenemos
Z π
Z
cosh(w(R + si)) π cosh(w(−R + si)) |I2 | + |I4 | = ds + ds
cosh(R + si)
cosh(−R + si)
0
0
Z π
Z π
cosh(−wR)
cosh(wR)
≤C
ds
+
ds
R
e
eR
0
0
cosh(wR)
(w−1)R
−(w+1)R
=
C
e
+
e
,
≤C
eR
para ciertas constantes C en cada caso, y es evidente que
lı́m I2 + I4 = 0.
R→∞
De este modo, tomando lı́mite cuando R tiende a infinito, de (2.5) deducimos que
Z
πi
(1 + cos(πw)) gw (s) ds = 2πi Res gw ,
.
2
R
Como
wπ πi
πi
Res gw ,
= lı́m z −
gw (z) = −i cos
,
2
2
2
z→ πi
2
concluimos que
πw 2π cos wπ
2
gw (s) ds =
= π sec
1 + cos(πw)
2
R
Z
2.4. UNA PRUEBA USANDO ANÁLISIS DE FOURIER
31
y, por tanto,
∞
X
β(2m + 1)w2m =
m=0
πw π
sec
,
4
2
es decir, la expresión (2.8). La identidad (2.9) se sigue inmediatamente de (2.8) por identificación de coeficientes usando el desarrollo de la secante en términos de los números de
Euler.
2.4.
Una prueba usando análisis de Fourier
El análisis de Fourier es una rama de las matemáticas que estudia la representación o
aproximación de funciones periódicas en términos de sumas de funciones trigonométricas.
El desarrollo en serie de Fourier de una función permite describir una función periódica
en términos de una suma de senos y cosenos (o exponenciales complejas). La clave de
la demostración siguiente está en el desarrollo en serie de Fourier de los polinomios de
Bernoulli.
Considerando funciones f definidas en [0, 1] se tiene que su desarrollo en serie de Fourier
viene dado por
X
f (x) 7−→
ak (f )e2πikx ,
k∈Z
donde
1
Z
ak (f ) =
f (t)e−2πikt dt.
0
Para funciones acotadas, continuas a trozos y monótonas a trozos se tiene que
X
f (x + h) + f (x − h)
.
h→0
2
ak (f )e2πikx = lı́m
k∈Z
Este resultado se debe a G. L. Dirichlet, y es el primer resultado riguroso sobre convergencia
puntual de las series de Fourier.
Tercera demostración. Veamos que si 0 ≤ x ≤ 1, entonces
Bm (x) = −
m! X e2πikx
.
(2πi)m
km
|k|≥1
El desarrollo de Fourier de los polinomios Bm (x) viene dado por
X
Bm (x) =
ak,m e2πikx ,
(2.12)
k∈Z
con
Z
ak,m =
1
Bm (t)e−2πikt dt.
0
La igualdad (2.12) se cumple por el Teorema de Dirichlet citado anteriormente, por ser
los polinomios de Bernoulli continuos, monótonos a trozos y verificar que Bm (0) = Bm (1).
32
CAPÍTULO 2. PRUEBAS USANDO ANÁLISIS COMPLEJO Y DE FOURIER
Notar que tácitamente estamos considerando la periodización Bm (x−[x]) de los polinomios
de Bernoulli.
Vamos a probar que

0,
si k = 0,
(2.13)
ak,m =
m!
−
, si k 6= 0.
m
(2πik)
Procedemos por inducción sobre m. Veamos el caso m = 1. Para ello usaremos que, como
señalábamos en el capı́tulo de resultados previos, B1 (x) = x − 12 . En el caso k = 0, es
trivial que a0,1 = 0 ya que
Z 1
1
dt = 0.
t−
2
0
En el caso k 6= 0, aplicamos integración por partes tomando u = t − 21 y dv = e−2πikt dt.
Ası́
1
Z 1
Z 1
(t − 21 )e−2πikt 1 −2πikt
1
t−
e
dt =
e−2πikt dt.
ak,1 =
+
2
−2πik
2πik
0
0
0
La integral del segundo miembro de la ecuación anterior es igual a 0.4 Proseguimos operando el miembro no nulo. Aplicando que e−2πik = cos 2πk − i sen 2πk resulta
1 −2πik
1
e
+1 =−
.
ak,1 = −
4πik
2πik
Supongamos que (2.13) se verifica para m y comprobemos que se verifica también para m+
1. Recordamos que, en la Proposición 1.2 del Capı́tulo 1, dábamos la siguiente propiedad
de los polinomios de Bernoulli:
0
Bm+1
(t) = (m + 1)Bm (t).
Aplicando integración por partes, con u = Bm+1 (t) y dv = e−2πikt dt, resulta
1
Z 1
Z
e−2πikt
m+1 1
−2πikt
ak,m+1 =
Bm+1 (t)e
dt = −
Bm+1 (t) +
Bm (t)e−2πikt dt.
2πik
2πik
0
0
0
Por la Proposición 1.3 obtenemos
1 −2πik
Bm+1 (1) − Bm+1 (0)
e
Bm+1 (1) − Bm+1 (0) = −
= 0,
−
2πik
2πik
y, por tanto,
ak,m+1 =
4
Veamos que
1
2πik
R1
0
m+1
ak,m .
2πik
e−2πikt dt = 0. En efecto, más en general, se verifica que
(
Z 1
1, si m = k,
2πimt −2πikt
e
e
dt = δm,k =
0,
si m 6= k.
0
Para m 6= k (en el caso m = k es inmediata) se tiene que
1
Z 1
Z 1
e2πi(m−k) − 1
e2πi(m−k)t =
e2πimt e−2πikt dt =
e2πi(m−k)t dt =
= 0.
2πi(m − k) 0
2πi(m − k)
0
0
2.4. UNA PRUEBA USANDO ANÁLISIS DE FOURIER
33
Luego, por hipótesis de inducción, se tiene
Z
ak,m+1 =
1
Bm+1 (t)e−2πikt dt =
0

0,
(m + 1)!
−
,
(2πik)m+1
si k = 0,
si k 6= 0.
lo que concluye la demostración de (2.13).
Sabemos pues que se cumple
Bm (x) =
−m! X e2πikx
.
(2πi)m
km
|k|≥1
Tomemos ahora m = 2n y tendremos
B2n (x) =
−(2n)! X e2πikx
.
(2πi)2n
k 2n
|k|≥1
Aplicando que i2n = (−1)n y separando la parte positiva y negativa del sumatorio, obtenemos
B2n (x) =
∞
∞
k=1
k=1
(−1)n+1 (2n)! X e2πikx + e−2πikx
(−1)n+1 (2n)! X 2 cos 2πkx
=
.
(2π)2n
k 2n
(2π)2n
k 2n
Finalmente, tomando x = 0 y despejando la suma llegamos al resultado buscado
ζ(2n) = (−1)n+1
(2π)2n
(2π)2n B2n
B2n (0) = (−1)n+1
.
2(2n)!
2(2n)!
Capı́tulo 3
Demostraciones usando técnicas
elementales
3.1.
Una prueba usando el teorema de Tannery para series
Esta demostración está basada en ideas tomadas de [8] (donde por cierto también
se puede encontrar, como anexo, la elegante demostración del Teorema de Tannery que
incluimos en el Capı́tulo 1).
Previamente a la demostración, vamos a probar una expresión trigonométrica con su
propio interés.
Lema 3.1. Sea k ≥ 1, entonces
k−1
1
1 X
1
.
=
sen2 x
k2
2 x+jπ
sen
j=0
k
Demostración del Lema 3.1. Nos apoyaremos en la suma de valores de la tangente (la cual
probaremos más adelante)
(
k−1
X
k tan(kt),
si k impar,
jπ
tan t +
=
(3.1)
k
−k cot(kt), si k par.
j=0
Derivando respecto a t ambos lados de (3.1), se obtiene

1

k−1
, si k impar,
 2
1 X
1
cos (kt)
=
1

k2
cos2 (t + jπ

, si k par.
k )
j=0
sen2 (kt)
Ası́, tomando t =
x
k
+ π2 , resulta





k−1
cos2
1 X
1
=

k2
sen2 ( x+jπ

k )
j=0

 sen2
1
x+
1
x+
35
kπ
2
kπ
2
,
,


si k impar


si k par




=
1
.
sen2 x
36
CAPÍTULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TÉCNICAS ELEMENTALES
Veamos una prueba de la identidad (3.1), que hemos usado para probar el lema previo.
Demostración de (3.1). Como
Z
jπ jπ
dt = − log cos t +
+ C,
tan t +
k
k consideramos la función
k−1
Y
jπ jπ f (t) = −
log cos t +
= − log cos t +
.
k
k j=0
j=0
k−1
X
Resulta sencillo observar que
A=
k−1
Y
j=0
=
k−1
jπ
1 Y (t+ jπ )i
jπ
k
= k
+ e−(t+ k )i
e
cos t +
k
2
j=0
k−1
eikt k−1
Y ijπ k−1
Y 2πij
1 Y −ijπ ti 2πij
−2it
−2it
− k
k e
k
k
+
e
e
+
e
e
e
=
e
2k
2k
j=0
= (−1)k
j=0
eikt
2k
e−
i(k−1)π
2
−e−2it
k
j=0
−1 .
Notar que para el último paso hemos aplicado la identidad
k−1
Y
z−e
2πij
k
= z k − 1. De
j=0
este modo
ke
A = (−1)
−i(k−1)π
2
2k
k −ikt
(−1) e
−e
ikt
(
Ck cos(kt),
=
Ck sen(kt),
si k impar,
si k par,
para ciertas constantes Ck .1 Por tanto
(
− log |Ck cos(kt)| , si k impar,
f (t) =
− log |Ck sen(kt)| , si k par.
Teniendo en cuenta que
f 0 (t)
=
k−1
X
j=0
jπ
tan t +
t
y

k sen(kt)


= k tan(kt),

cos(kt)
f 0 (t) =

 −k cos(kt) = −k cot(kt),

sen(kt)
concluimos la demostración de la identidad (3.1).
1
Resulta sencillo comprobar que
k
Ck =
(−1)[ 2 ]
2k−1
si k impar,
si k par,
3.1. UNA PRUEBA USANDO EL TEOREMA DE TANNERY PARA SERIES
37
A continuación introducimos otra identidad que será la pieza fundamental de nuestra
siguiente demostración.
Lema 3.2. Para |x| < π, se verifica la igualdad
1
1
− 2 =
2
sen x x
X
j∈Z\{0}
1
.
(x + jπ)2
Demostración del Lema 3.2. Por simetrı́a, basta con probar el resultado para 0 ≤ x < π.
Tomamos en el Lema 3.1 k = 2m. Ası́
2m−1
m−1
2m−1
1
1 X
1 X
1 X
1
1
1
=
+
=
2
2
2
2
sen x
4m
4m
4m
2 x+jπ
2 x+jπ
2 x+jπ
sen
sen
j=0 sen
j=0
j=m
2m
2m
2m
m−1
−1
1 X
1 X
1
1
+
=
2
2
2
x+jπ
4m
4m
2
sen x+kπ
2m
j=0 sen
k=−m
2m
=
m−1
1 X
1
.
x+jπ
4m2
2
sen
j=−m
2m
Sabemos que para 0 ≤ x < π y −m ≤ j ≤ m − 1, con j 6= 0, se cumple la desigualdad
x + jπ π
≤ .
0<
2m 2
Además, para 0 < |t| ≤ π2 , se tiene la estimación
π
1
≤
.
| sen t|
2|t|
Con estas cotas se comprueba que
m−1
m−1
m−1
X
X 1
1 X
1
1
≤C
≤
C
< ∞.
4m2
(x + jπ)2
j2
2 x+jπ j=−m sen 2m j=−m
j=−m
j6=0
j6=0
j6=0
De esta forma estamos en condiciones de aplicar el Teorema 1.2 (de Tannery para series)
para deducir el resultado buscado. En efecto,
m−1
X
1
1 X
1
1
1
−
=
lı́m
=
,
x+jπ
2
2
2
2
m→∞
sen x x
4m
sen ( 2m ) j∈Z\{0} (x + jπ)2
j=−m
j6=0
puesto que
lı́m
m→∞
1
1
1
.
=
2
4m2 sen2 ( x+jπ
(x
+
jπ)
)
2m
38
CAPÍTULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TÉCNICAS ELEMENTALES
Cuarta demostración. Veamos ahora como obtener la suma de ζ(2m) usando los lemas
previos. Para relacionar el Lema 3.2 con ζ(2m) en primer lugar observamos que
∞
n−1
X
1
n+1 x
=
,
n(−1)
(x + jπ)2
(jπ)n+1
n=1
x
ya que jπ
< 1 si 0 ≤ x < π y j 6= 0. De esto, intercambiando los sumatorios y aplicando
la identidad
X
0,
si n = 2m,
1
=
2ζ(2m)
n+1
(jπ)
, si n = 2m − 1,
π 2m
j∈Z\{0}
se deduce del Lema 3.2 que
1
1
− 2 =
2
sen x x
∞
X X
n+1
n(−1)
j∈Z\{0} n=1
∞
X
xn−1
2ζ(2m)
=
(2m − 1) 2m x2m .
n+1
(jπ)
π
(3.2)
m=1
Ahora, de la igualdad2
cot x −
∞
X
1
B2m 2m−1
=
(−1)m 22m
x
,
x
(2m)!
m=1
válida para |x| < π, derivándola contra x obtenemos que
∞
X
1
1
B2m 2m−2
−
=
(−1)m+1 (2m − 1)22m
x
, para |x| < π.
sen2 x x2
(2m)!
(3.3)
m=1
Finalmente, por identificación de coeficientes entre las series (3.2) y (3.3) concluimos que
ζ(2m) = (−1)m+1
3.2.
(2π)2m B2m
.
2(2m)!
Una prueba usando series telescópicas
Esta demostración está tomada de [6] y utiliza solamente series telescópicas, una identidad trigonométrica que probaremos y técnicas elementales de cálculo. Aunque está claramente basada en ideas del análisis de Fourier, la demostración no requiere de ningún
resultado de esa rama del análisis.
Quinta demostración. Consideramos las integrales
Z 1
I(k, m) :=
B2k (t) cos(mπt) dt,
k ≥ 0, m ≥ 1,
0
2
Esta identidad es consecuencia directa de la relación
x cot x =
vista en el Capı́tulo 2.
∞
X
(−1)m B2m 22m x2m
,
(2m)!
m=0
3.2. UNA PRUEBA USANDO SERIES TELESCÓPICAS
39
siendo, como hasta ahora, B2k (t) los polinomios de Bernoulli.
Se puede ver de manera inmediata que I(0, m) = 0 para todo m en el rango definido.
En efecto, como B0 (t) = 1,
1
Z
I(0, m) =
0
sen(mπt) 1
cos(mπt) dt =
= 0.
mπ 0
Para evaluar la integral con k ≥ 1, integramos por partes dos veces y aplicamos la Proposición 1.2. De esta forma
1
Z 1
1
2k
B2k−1 (t) sen(mπt) dt
I(k, m) =
B2k (t) sen(mπt) −
mπ
mπ 0
0
Z 1
2k
=−
B2k−1 (t) sen(mπt) dt
mπ 0
1
2k
2k(2k − 1)
= 2 2 B2k−1 (t) cos(mπt) −
I(k − 1, m).
m π
m2 π 2
0
De la identidad anterior, en el caso k = 1 obtenemos (recordar que B1 (1) = B1 (0) = − 21 ,
ver Proposición 1.3)

Z 1
0,
si m impar,
I(1, m) =
B2 (t) cos(mπt) dt =
2

, si m par,
0
m2 π 2
ya que I(0, m) = 0. Además, teniendo en cuenta que B2k−1 (1) = B2k−1 (0) = 0 (ver
nuevamente Proposición 1.3), llegamos a la relación de recurrencia
I(k, m) = −
2k(2k − 1)
I(k − 1, m),
m2 π 2
k ≥ 2.
De este hecho deducimos que

0,
si m impar,
I(k, m) = (−1)k−1 (2k)!

, si m par.
m2k π 2k
(3.4)
Ahora consideremos Bk∗ (t) = Bk (t) − Bk (0), es decir, el k-ésimo polinomio de Bernoulli
menos su término independiente. La integral correspondiente
∗
Z
I (k, m) :=
1
∗
B2k
(t) cos(mπt) dt,
k ≥ 0, m ≥ 1,
0
es igual a la respectiva I(k, m), ya que
sumando sobre m en (3.4) resulta
R1
0
cos(mπt) = 0 para m ≥ 1. Fijando k ≥ 1,
∞
∞
∞
X
X
(−1)k−1 (2k)!
(−1)k−1 (2k)! X
1
∗
ζ(2k) =
=
I (k, 2m) =
I ∗ (k, m),
22k π 2k
π 2k
(2m)2k
m=1
m=1
m=1
40
CAPÍTULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TÉCNICAS ELEMENTALES
donde en el último paso hemos usado que I ∗ (k, m) = 0 si m es impar. Ahora, necesitaremos
la siguiente identidad trigonométrica elemental3
2m−1
x
−
sen
x
sen 2m+1
2
2
.
(3.5)
cos(mx) =
2 sen x2
Utilizando (3.5) podemos obtener una serie telescópica para la suma de los I ∗ (k, m). En
efecto,
∞
∞ Z 1
X
X
(−1)k−1 (2k)!
∗
∗
ζ(2k) =
I (k, m) =
B2k
(t) cos(mπt) dt
22k π 2k
0
m=1
m=1
!
Z 1
Z 1
N
X
sen 2m+1
sen 2m−1
πt
∗
∗
2 πt
2
dt −
dt
= lı́m
B2k (t)
B2k (t)
πt
πt
N →∞
2
sen
2
sen
0
0
2
2
m=1
!
Z 1
Z
2N +1
sen
πt
1 1 ∗
∗
2
B2k (t)
B (t) dt.
(3.6)
= lı́m
dt −
N →∞ 0
2 0 2k
2 sen πt
2
Usando la propiedad 3 de la Proposición 1.1 sobre los polinomios de Bernoulli, se puede
ver que el valor del segundo término es
Z
Z
1 1 ∗
1 1
B2k
B2k (t) dt =
(B2k (t) − B2k ) dt = −
.
2 0
2 0
2
Ahora vamos a probar que el lı́mite del primer término es nulo. Notar que la función
f (t) =
∗ (t)
B2k
,
2 sen πt
2
t ∈ (0, 1]
∗ (0) = 0 (esta es la razón por
se puede extender por continuidad al punto t = 0, dado que B2k
la que se resta el término constante) y f ∈ C 1 ([0, 1]). Llamando R a (2N 2+1)π e integrando
por partes con u = f (t) y dv = sen(Rt) dt, resulta
Z 1
Z 1
f (0)
cos(Rt)
cos(R)
f (1) +
+
f 0 (t)
dt.
f (t) sen(Rt) dt = −
R
R
R
0
0
Puesto que f ∈ C 1 ([0, 1]), se tiene que |f 0 (t)| ≤ M , para t ∈ [0, 1]. Ası́ pues
Z 1
cos(Rt) M
0
f (t)
dt ≤
,
R
R
0
y entonces
Z
lı́m
R→∞ 0
1
f (t) sen(Rt) dt = 0.
En consecuencia, de (3.6) se deduce que
ζ(2k) = (−1)k+1
3
(2π)2k B2k
.
2(2k)!
La prueba de esta expresión se puede realizar de manera sencilla aplicando la fórmula para la suma
de senos. En efecto,
sen 2m+1
x − sen 2m−1
x
2 cos(mx) sen x2
2
2
=
= cos(mx).
x
2 sen 2
2 sen x2
3.3. UNA PRUEBA CON PRODUCTOS INFINITOS
3.3.
41
Una prueba con productos infinitos
Esta demostración ha sido extraı́da de [7]. La demostración como tal es la más breve
que incluiremos en estas notas, aunque necesitaremos probar previamente la fórmula del
producto infinito para el coseno, una identidad cuya demostración no es para nada trivial,
y hacer uso de otros resultados relevantes (como el desarrollo de Taylor de la tangente)
que ya hemos probado en demostraciones anteriores.
Para expresar la función coseno como un producto infinito, en primer lugar haremos
lo mismo con la función seno. El desarrollo que obtengamos será suficiente para dar consistencia a la solución del problema de Basilea dada por Euler en 1735 que presentamos
en la introducción de esta memoria.
Lema 3.3. Sea x ∈ R, entonces
∞ sen(πx) Y
x2
=
1− 2 .
πx
j
(3.7)
j=1
Demostración. Como la función seno es impar, por periodicidad basta probar que el resultado se cumple para 0 ≤ x ≤ 21 , por lo tanto estudiaremos este intervalo en particular.
Partimos de la identidad
2m−1
X
jπ
−2m cot(2mt) =
tan t +
m ∈ Z+ ,
2m
j=0
πs
π
+ , se tiene
2m 2
m−1
1 X
π(s + j)
cot(πs) =
cot
.
2m
2m
que es la expresión (3.1) con k = 2m. Ası́, tomando t =
j=−m
Ahora, para cada x ∈ [0, 12 ), integramos la expresión anterior en el intervalo [x, 12 ],
obteniendo


π(x + j)
m−1
X

 sen
2m

log(sen(πx)) =
log 
,

π(2j + 1) 
j=−m
sen
4m
que puede reescribirse como
sen π(x+j)
2m
sen(πx) =
π(2j+1)
sen
j=−m
4m
π(x+j)
π(2m+1)
m
πx sen
sen
Y
sen 2m
4m
2m
=
π
sen 4m sen π(x+m) j=−m sen π(2j+1)
m−1
Y
4m
=
sen
sen
πx
2m π
4m
4m
m6=0
π(x−j)
m sen π(x+j)
sen
Y
2m
2m
.
π(2j+1)
π(−2j+1)
sen π(x+m)
sen
sen
j=1
4m
4m
4m
sen
π(2m+1)
4m
42
CAPÍTULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TÉCNICAS ELEMENTALES
Aplicaremos a continuación el Teorema 1.3 (de Tannery para productos infinitos) y la
equivalencia sen z ∼ z cuando z → 0. De este modo
π(2m+1)
π(x−j)
m sen π(x+j)
πx sen
sen
Y
sen 2m
4m
2m
2m
sen(πx) = lı́m
π(x+m)
π(2j+1)
π(−2j+1)
m→∞ sen π
sen
sen
4m sen
j=1
4m
4m
4m
∞
Y
4(j 2 − x2 )
(2j + 1)(2j − 1)
j=1
∞
∞ Y
x2 Y
4j 2
= 2x
1− 2
.
j
(2j + 1)(2j − 1)
= 2x
j=1
j=1
Finalmente, usando el producto de Wallis
∞ Y
n=1
concluimos que
4n2
(2n + 1)(2n − 1)
=
π
,
2
∞ Y
x2
sen(πx) = πx
1− 2 .
j
j=1
Notar que hemos aplicado el Teorema 1.3 con
π(x−j)
sen π(x+j)
sen
2m
2m
− 1.
aj (m) =
π(2j+1)
π(−2j+1)
sen
sen
4m
4m
Resulta sencillo comprobar que
sen π(2x−1)
2m
,
aj (m) =
π(2j+1)
π(−2j+1)
sen
sen
4m
4m
sen
π(2x+1)
2m
y
|aj (m)| ≤
C
,
j2
por lo que se satisfacen todas las hipótesis del Teorema 1.3.
Lema 3.4. Sea x ∈ R, entonces
cos(πx) =
∞
Y
n=1
1−
!
x2
n−
1 2
2
.
(3.8)
Demostración. Despejando cos x en la fórmula clásica del ángulo doble (sen 2x = 2 sen x cos x),
y aplicándola a πx obtenemos
cos(πx) =
sen(2πx)
.
2 sen(πx)
3.3. UNA PRUEBA CON PRODUCTOS INFINITOS
43
Usando ahora la identidad (3.7) en la igualdad anterior
∞ Y
(2x)2
x2
(2x)2
2πx
1−
1
−
2
∞
∞
k
Y 1−
Y
(k/2)2
k=1
k2 =
=
cos(πx) =
∞
Y
x2
x2
x2
k=1 1 −
k=1
1− 2
2πx
1− 2
2
k
k
k
k=1
y agrupando términos se llega a la igualdad buscada
!
∞
∞
Y
Y
x2
cos(πx) =
1 − 2n−1 =
1−
2
n=1
n=1
x2
n − 12
!
.
Sexta demostración. Usaremos la serie de Taylor de la tangente (2.7) que dimos en el
Capı́tuo 2. Vamos a desarrollar la función tan(xy) con |y| < 1 y |x| ≤ π2 , ası́,
∞
X
π
(−1)m−1 22m (22m − 1)B2m (xy)2m−1
tan(xy) =
, para |xy| < .
(2m)!
2
m=1
Integrando la identidad anterior respecto a x en el intervalo (0, π2 ) y aplicando el Teorema
de Fubini (Teorema 1.4 de estas notas) para cambiar el orden de integración se tiene
Z π
Z π
∞
X
2
(−1)m−1 22m (22m − 1)B2m 2m−1 2 2m−1
tan(xy) dx =
y
x
dx
(2m)!
0
0
=
m=1
∞
X
m=1
(−1)m−1 (22m − 1)B2m π 2m 2m−1
y
.
(2m)!
2m
(3.9)
Por otro lado es claro que
π
Z π
πy 2
2
1
−1
log(cos(xy)) = − log cos
.
tan(xy) dx =
y
y
2
0
0
Usando el desarrollo de Taylor de log(1 + x) y la fórmula de producto infinito del coseno
probada anteriormente,
!
∞
Y
x2
cos x =
1−
2 ,
π 2 n − 12
n=1
obtenemos
Z
0
π
2
∞
Y
2 !!
y
1−
2n − 1
n=1
2 !
∞
1X
y
=−
log 1 −
y
2n − 1
−1
tan(xy) dx =
log
y
=−
=
n=1
∞
∞
XX
m=1
(3.10)
(−1)2m+1 y 2m−1
m
(2n − 1)2m
n=1 m=1
∞
∞
X
X
1
m
n=1
1
y 2m−1 ,
(2n − 1)2m
(3.11)
44
CAPÍTULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TÉCNICAS ELEMENTALES
donde en el último paso hemos aplicado nuevamente el Teorema de Fubini para intercambiar el orden de los sumatorios. Identificando los coeficientes de las series (3.9) y (3.11) se
deduce
∞
2m − 1) π 2m
X
1
m−1 B2m (2
=
(−1)
.
(3.12)
(2n − 1)2m
(2m)!
2
n=1
Como ya vimos,
ζ(2m) =
1−
1
X
∞
22m
n=1
1
,
(2n − 1)2m
y de (3.12) se obtiene la fórmula de Euler,
ζ(2m) = (−1)m+1
concluyendo esta demostración.
(2π)2m B2m
,
2(2m)!
Bibliografı́a
[1] T. M. Apostol, Análisis Matemático, Ed. Reverté, Barcelona, 2006.
[2] B. P. Palka, An Introduction to Complex Function Theory, Ed. Springer-Verlag, New
York, 1991.
[3] G. Klambauer, Aspects of Calculus, Ed. Springer Verlag, New York, 1986.
[4] O. Kouba, Lecture Notes, Bernoulli Polynomials and Applications, arXiv:1309.7560.
[5] R. Roy, Sources in the Development of Mathematics: Infinite Series and Products
from the Fifteenth to the Twenty-first Century, Cambridge University Press, New
York, 2011.
[6] Ó. Ciaurri, L. M. Navas, F. J. Ruiz y J. L. Varona, A simple computation of ζ(2k)
by using Bernoulli polynomials and a telescoping series, por aparecer en Amer. Math.
Monthly
[7] E. de Amo, M. Dı́az Carrillo y J. Fernández-Sánchez, Another Proof of Euler’s formula
for ζ(2k), Proc. Amer. Math. Soc. 139 (2011), 1441–1444.
[8] J. Hofbauer, A simple proof of 1 +
(2002), 196–200.
1
22
+
1
32
+ ··· =
π2
6 ,
Amer. Math. Monthly, 109,
[9] Ó. Ciaurri, Noventa y nueve problemas de análisis matemático, prepublicación.
[10] C. J. Sangwin, An infinite series of surprises, Plus magazine, Millenium Mathematics
Project, University of Cambridge.
[11] E. Sandifer, How Euler Did It: Basel Problem with Integrals, March 2004. MAA
Online.
[12] Ó. Ciaurri, Euler’s product expansion for the sine: an elementary proof, prepublicación.
45