Algumas Provas de que $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} $
Autor: A Matemática Pura | Publicado: 2015-04-26T20:17:00-03:00


Nosso objetivo de hoje será calcular a soma dos inversos dos quadrados dos naturais de algumas maneiras distintas, obtendo assim uma pequena coleção de belas provas de tal fato.&nbsp;



Teorema:&nbsp;



$$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} $$




Prova 1: Essa prova será feita com uso de Séries de Fourier. Seja $\psi : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ dada por $\psi(x) = x - \frac{1}{2}$. Veremos $\psi$ como uma função periódica de período 1.&nbsp;



Assim, esta admite uma transformada de Fourier discreta. Um cálculo simples mostra que&nbsp;



$$ \hat{\psi}(n) = \int_{[0,1]} e^{-2\pi i t \cdot n} \psi(t) dt = -\frac{1}{2\pi i n} $$



Se $n \ne 0$, e $\hat{\psi} (0) = 0$.&nbsp;



Pelo Teorema de Plancherel-Parseval, temos que&nbsp;



$$ \|\psi\|_2^2 = &nbsp;\sum_{k\in \mathbb{Z}} \frac{1}{4 \pi^2 n^2} $$



Mas $\int_0^1 \psi(t)^2 dt = 2 \int_0^{1/2} t^2 dt = \frac{1}{12} $&nbsp;



Isto implica que $\frac{4 \pi^2}{12} = \sum_{k\in \mathbb{Z}} \frac{1}{k^2} = 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \Rightarrow \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$, terminando nossa primeira prova. &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp;&nbsp;

&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; $\square$.



Prova 2:&nbsp;&nbsp;Esta prova utiliza Análise Complexa não-trivial. Mais especificamente, usamos a Teoria de Resíduos.&nbsp;



Seja $P_n$ O retângulo de lados paralelos aos eixos coordenados que intersecta o eixo horizontal nos pontos $\pm (n + \frac{1}{2})$, e o eixo vertical nos pontos $ni$, e $f(z) = \cot (\pi z) \frac{1}{z^2}$. Sabemos já que $f$ é meromorfa neste retângulo, e um cálculo direto mostra que $f$ restrita ao bordo de $P_n$ satisfaz que $|f(z)|\le \frac{2}{n^2}$. Assim,&nbsp;



$$ \left| \int_{P_n} f(z) dz \right| \le \frac{C}{n} \rightarrow 0 $$



Mas, do Teorema dos Resíduos, temos que a integral é igual a&nbsp;



$$ 2\pi i \sum_{|k|&lt;n+1} \text{Res}(f,k) $$



Utilizando a série de potências da cotangente, temos que&nbsp;



$$ \text{Res}(f,0) = -\frac{\pi}{3} $$&nbsp;



Além, como $\cot$ é periódica de período $\pi$, então $\cot(\pi z) = \cot(\pi (z-k))$. Isto implica que $\text{Res}(f,k) = \frac{1}{\pi k^2}$. Portanto, sumarizando o que fizemos, temos que&nbsp;



$$ 4 i \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}\right) - \frac{2 \pi^2 i}{3} \rightarrow 0 $$



Ou seja,&nbsp;



$$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} $$

$\square$



Prova 3: Talvez a mais elementar as provas apresentadas aqui.&nbsp;



Começamos observando que basta calcular a soma&nbsp;



$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} $$



Pois esta é igual a $3/4$ da soma original. Mas sabemos também que&nbsp;



$$ \frac{1}{2k+1} = \int_0^1 x^{2k} dx \Rightarrow \frac{1}{(2k+1)^2} = \int_{[0,1]^2} (xy)^{2k}dxdy$$



Assim, somando as identidades acima e usando o Teorema de Fubini para trocar as ordens de integrais (pois o integrando é positivo), temos que&nbsp;



$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} = \int_{[0,1]^2} \sum_{k=1}^{\infty} (xy)^{2k} dxdy = \int_{[0,1]^2} \frac{1}{1-x^2y^2} dxdy $$



Para calcular esta última integral, basta efetuar a substituição $x = \sin u / \cos v, y = \sin v/\cos u$, que mapeia a região $\{(u,v);0&lt;u,v, u+v &lt; \pi/2\}$ homeomorficamente no quadrado $(0,1)^2$. Calculando, vemos que $\frac{1}{1-x^2y^2}dxdy = dudv$, i.e., a integral que desejamos calcular é apenas a área de um triângulo, e está é igual a $\frac{\pi^2}{8}$. Isto implica que&nbsp;



$3S/4 = \pi^2/8 \Rightarrow S = \frac{\pi^2}{6}$, como desejado.&nbsp;

$\square$.




Prova 4: Mais uma prova por Análise Complexa. Desta vez, vamos observar a fatoração de Weierstrass de $\sin$:&nbsp;



$$ \sin(\pi z) = e^{Az+B} \pi z \prod_{n\ne 0}\left(1 - \frac{z}{n}\right)e^{z/n}$$



Como $\sin(\pi z)/\pi z \rightarrow 1$ quando &nbsp;$z \rightarrow 0$, então podemos tomar $B=0$. Se $f(z) = \frac{\sin \pi z}{\pi z}$, então&nbsp;



$$ \frac{f'(z)}{f(z)} = A + \sum_{n\ne 0} \left(\frac{1}{n} + &nbsp;\frac{1}{(z-n)}\right) $$&nbsp;



Quando $z \rightarrow 0$, como $f|_{\mathbb{R}}$ é real e assume máximo local em $x=0$, então $f'(0) = 0$, e isso implica que $A=0$. Assim, podemos escrever a expressão de $f'/f$ como



$$ \frac{\frac{\pi^2 z \cos \pi z - \pi \sin \pi z}{\pi^2 z^2}}{\frac{\sin \pi z}{\pi z}} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N, n \ne 0}^{N} \frac{1}{z-n}$$&nbsp;



Que equivale a&nbsp;



$$ \frac{\pi}{ \tan \pi z} - \frac{1}{z} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N, n \ne 0}^{N} \frac{1}{z-n} \iff $$



$$ \frac{\pi}{ \tan \pi z} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N} ^N \frac{1}{z-n} := \sum_n \frac{1}{z-n} $$&nbsp;



Diferenciando ambos os lados em $z$ acima, obtemos que&nbsp;



$$ \left(\frac{\pi}{\sin \pi z}\right)^2 = \sum_n \frac{1}{(z-n)^2} $$&nbsp;



Mas, fazendo $z \rightarrow 0$ em $\left(\frac{\pi}{\sin \pi z}\right)^2 - \frac{1}{z^2}$, obtemos que (após fazer as contas com a série de Laurent de $\frac{1}{\sin \pi z}^2$, as quais omitimos aqui)&nbsp;



$$ \frac{\pi^2}{3} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $$&nbsp;



Que é o desejado.&nbsp;

$\square$.



Há muitas outras provas deste fato. Se você conhece alguma que não está aqui, ficaremos contentes em vê-la!&nbsp;



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