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Autor Tema: Demostración rigurosa del problema de Basilea  (Leído 802 veces)
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Eparoh
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« : 29/06/2019, 05:54:26 am »

Hola a todos, mirando la demostración original que dio Euler al problema de Basilea he intentado seguirla pero añadiendo los detalles que considero faltaban para que la prueba sea rigurosa a día de hoy.

Les dejo aquí lo que he hecho para que me digan que les parece, y también porque hay cierta parte que no logro completar y sería de ayuda si alguno tuviese alguna idea de como conseguirlo.

En primer lugar, mediante el criterio de la integral para la convergencia de series se obtiene que la serie

$${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^z}}$$

es convergente para todo [texx]z \in \mathbb{C}[/texx] con [texx]\mathrm{Re}(z)>1[/texx], en concreto, para [texx]z=2[/texx].

Ahora, por el teorema de factorización de Wierstrass sabemos que

$$\dfrac{\sin z}{z}={\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}\left( 1-\dfrac{z^2}{n^2\pi^2}\right)}$$

Entonces, si definimos

$$P_k(z)={\displaystyle \prod_{n=1}^{k}\left( 1-\dfrac{z^2}{n^2\pi^2}\right)}$$

podemos observar que

$$P_1(z)=1-\dfrac{z^2}{\pi^2}$$

$$P_2(z)=1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( 1+\dfrac{1}{4}\right)z^2+\dfrac{1}{4\pi^4}z^4=1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( 1+\dfrac{1}{4}\right)z^2+R_2(z)$$

donde [texx]R_2(z)=o(z^3)[/texx].

Demostremos entonces por inducción que

$$P_k(z)=1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2+R_k(z)$$

siendo [texx]R_k(z)=o(z^3)[/texx] para cada [texx]k[/texx] natural.

El caso base ya está demostrado luego supongamos que es cierto para [texx]k[/texx], entonces tenemos que

$$P_{k+1}(z)={\displaystyle \prod_{n=1}^{k+1}\left( 1-\dfrac{z^2}{n^2\pi^2}\right)}={\displaystyle \prod_{n=1}^{k}\left( 1-\dfrac{z^2}{n^2\pi^2}\right)} \left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right)=P_k(z) \left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right)=$$

$$=\left( 1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2+R_k(z) \right) \left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right)=$$

$$=1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k+1} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2+\dfrac{1}{(k+1)^2\pi^4}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^4+\left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right) R_k(z)$$

por tanto, si denotamos

$$R_{k+1}(z)= \dfrac{1}{(k+1)^2\pi^4}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^4+\left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right) R_k(z)$$

se cumple que como por hipótesis de inducción [texx]{\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{R_{k}(z)}{z^3}}=0[/texx]

$${\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{R_{k+1}(z)}{z^3}}={\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{1}{z^3} \left( \dfrac{1}{(k+1)^2\pi^4}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^4+\left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right) R_k(z) \right)}=$$

$$={\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{1}{(k+1)^2\pi^4}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z}+{\displaystyle \lim_{z \to 0}\left(1- \dfrac{z^2}{(k+1)^2\pi^2}\right) \dfrac{R_k(z)}{z^3}}=0$$

y así, efectivamente [texx]R_{k+1}(z)=o(z^3)[/texx], lo que concluye la inducción.

Ahora, observemos que como para cada [texx]z[/texx] en el plano complejo

$${\displaystyle \lim_{k \to \infty} P_k}=\dfrac{\sin(z)}{z}$$

y

$$R_k(z)=P_k(z)-1+\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2$$

tenemos que [texx]R_k(z)[/texx] también convege para cada [texx]z[/texx] a la función

$$R(z)=\dfrac{\sin z}{z}-1 + \dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}}\right)z^2$$

siendo también [texx]R(z)=o(z^3)[/texx]

(Lo puesto en rojo es lo que no consigo demostrar, se que es cierto pero todo lo que se me ha ocurrido para demostrarlo implicaba conocer ya el valor de [texx]\zeta(2)[/texx] que es lo que buscamos :/ ¿Alguna idea?)


Y, con todo, para cada [texx]z[/texx] en el plano complejo

$$\dfrac{\sin z}{z}={\displaystyle \lim_{k \to \infty} P_k}={\displaystyle \lim_{k \to \infty} 1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2+R_k(z)}=1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}}\right)z^2+o(z^3) \hspace{1mm} (1)$$

Por otro lado, por el desarrollo en serie de [texx]\sin(z)[/texx] en [texx]z=0[/texx] y por el hecho de que el producto de dos series de Laurent es otra serie de Laurent con los coeficientes especificados aquí, obtenemos que el desarrollo de Taylor para [texx]\frac{\sin z}{z}[/texx] en [texx]z=0[/texx] es

$$\dfrac{\sin(z)}{z}={\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \dfrac{1}{(2k+1)!} z^{2k}}$$

Entonces, podemos expresar

$$\dfrac{\sin(z)}{z}=1-\dfrac{1}{6} z^2 +o(z^3)$$

y por (1) y la unicidad de los polinomios de Taylor, concluimos que para cada [texx]z[/texx] complejo

$$1-\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}}\right)z^2 = 1-\dfrac{1}{6} z^2$$

de donde

$${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}}= \dfrac{\pi^2}{6}$$

Un saludo, y muchas gracias por sus respuestas y su tiempo
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« Respuesta #1 : 30/06/2019, 12:24:33 am »

La demostración yo la veo perfecta.  Aplauso

Para la parte que falta puedes proceder de la siguiente forma. Por el teorema de factorización de Weierstrass, [texx]P_k[/texx] converge uniformemente en compactos a [texx]P[/texx], luego también [texx]R_k[/texx] converge uniformemente en compactos a [texx]R[/texx]. Como los [texx]R_k[/texx] (y [texx]R[/texx]) son holomorfos, tenemos que las derivadas (de cualquier orden) de [texx]R_k[/texx] convergen uniformemente en compactos a las derivadas de [texx]R[/texx].
Ahora, para una función holomorfa, es equivalente [texx]f(z) = o(z^3)[/texx] y [texx]f(0)=f'(0)=f''(0)=f'''(0)=0[/texx]. Luego usando la observación anterior obtenemos que [texx]R(z)=o(z^3)[/texx].
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« Respuesta #2 : 30/06/2019, 09:00:55 am »

La demostración yo la veo perfecta.  Aplauso

Para la parte que falta puedes proceder de la siguiente forma. Por el teorema de factorización de Weierstrass, [texx]P_k[/texx] converge uniformemente en compactos a [texx]P[/texx], luego también [texx]R_k[/texx] converge uniformemente en compactos a [texx]R[/texx]. Como los [texx]R_k[/texx] (y [texx]R[/texx]) son holomorfos, tenemos que las derivadas (de cualquier orden) de [texx]R_k[/texx] convergen uniformemente en compactos a las derivadas de [texx]R[/texx].
Ahora, para una función holomorfa, es equivalente [texx]f(z) = o(z^3)[/texx] y [texx]f(0)=f'(0)=f''(0)=f'''(0)=0[/texx]. Luego usando la observación anterior obtenemos que [texx]R(z)=o(z^3)[/texx].

Hola, muchas gracias por la respuesta.
Conocía el resultado sobre la convergencia pero no la equivalencia para que una función holomorfa sea una o pequeña.
He intentado demostrarlo y esto es lo que he hecho, ¿crees que es correcto?

Lema: Sea [texx]p(z)[/texx] un polinomio complejo de grado [texx]n[/texx], entonces si [texx]{\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{1}{z^n} p(z)}=0[/texx] se cumple que [texx]p(z) \equiv 0[/texx].

Demostración:

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Proposición: Sea [texx]f[/texx] una función analítica en un abierto [texx]D \subset \mathbb{C}[/texx], [texx]z_0 \in D[/texx], entonces [texx]f=o((z-z_0)^n)[/texx] si, y solo si, [texx]f^{(k)}(z_0)=0[/texx] para cada [texx]k=0,1, \cdots, n[/texx].

Demostración:

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Y, con esto, he completado la demostración anterior añadiendo lo siguiente:

Ahora, como ya hemos dicho, por el teorema de factorización de Weirstrass, tenemos que

$${\displaystyle \lim_{k \to \infty} P_k}=\dfrac{\sin(z)}{z}$$

y además, la convergencia en conjuntos compactos es uniforme. Así, como

$$R_k(z)=P_k(z)-1+\dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dfrac{1}{i^2}}\right)z^2$$

tenemos que [texx]R_k(z)[/texx] también converge para cada [texx]z[/texx] a la función

$$R(z)=\dfrac{\sin z}{z}-1 + \dfrac{1}{\pi^2}\left( {\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}}\right)z^2$$

siendo la convergencia también uniforme en los compactos.

Así, tenemos que [texx]R[/texx] es una función entera y además, [texx]{R_k}^{(n)}[/texx] converge también uniformemente a [texx]R^{(n)}[/texx] en los subconjuntos compactos de [texx]\mathbb{C}[/texx] para cada [texx]n[/texx] natural.

Además, como hemos visto que [texx]R_k(z)=o(z^3)[/texx], por la proposición anterior tenemos que [texx]R_k(0)=R_k'(0)=R_k''(0)=R_k'''(0)=0[/texx] para cada [texx]k \in \mathbb{N}[/texx] y por lo visto sobre la convergencia de las derivadas de [texx]R_k[/texx], tenemos que [texx]R(0)=R'(0)=R''(0)=R'''(0)=0[/texx]. Aplicando nuevamente la proposición anterior, concluimos que efectivamente [texx]R(z)=o(z^3)[/texx].

¿Crees que es todo correcto?
Un saludo y de nuevo muchísimas gracias por la respuesta, ha sido muy útil  :cara_de_queso:
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« Respuesta #3 : 30/06/2019, 12:02:23 pm »

Yo lo veo todo bien, quizás excesivamente detallado y todo.

No creo que lo de la equivalencia entre ser [texx]o(z^n)[/texx] y la anulación de la función y sus [texx]n[/texx] primeras derivadas esté formulado como tal en muchos sitios. Yo lo que pensé fue: si [texx]f[/texx] es holomorfa, se puede expresar como serie de potencias alrededor del [texx]0[/texx]. Si [texx]f(z) = o(z^3)[/texx], "claramente" sus términos de orden menor o igual a [texx]3[/texx] deben ser 0, lo que se traduce en la anulación de [texx]f[/texx] y sus derivadas. Recíprocamente, si [texx]f[/texx] y sus tres primeras derivadas se anulan, podemos sacar factor común y expresar [texx]f(z) = z^4g(z)[/texx] con [texx]g[/texx] holomorfa, de donde [texx]f(z)=o(z^3)[/texx].

Lo tuyo es muchísimo más detallado que esto, por supuesto.
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« Respuesta #4 : 01/07/2019, 08:02:45 am »

Hola,

Yo lo veo todo bien, quizás excesivamente detallado y todo.

No creo que lo de la equivalencia entre ser [texx]o(z^n)[/texx] y la anulación de la función y sus [texx]n[/texx] primeras derivadas esté formulado como tal en muchos sitios. Yo lo que pensé fue: si [texx]f[/texx] es holomorfa, se puede expresar como serie de potencias alrededor del [texx]0[/texx]. Si [texx]f(z) = o(z^3)[/texx], "claramente" sus términos de orden menor o igual a [texx]3[/texx] deben ser 0, lo que se traduce en la anulación de [texx]f[/texx] y sus derivadas. Recíprocamente, si [texx]f[/texx] y sus tres primeras derivadas se anulan, podemos sacar factor común y expresar [texx]f(z) = z^4g(z)[/texx] con [texx]g[/texx] holomorfa, de donde [texx]f(z)=o(z^3)[/texx].

Lo tuyo es muchísimo más detallado que esto, por supuesto.


Claro, cuando lo comentaste esa fue la idea que me vino a la cabeza solo que soy un poco tiquismiquis y suelo tender a dejarlo todo lo más atado y detallado posible, y lo generalicé  :rodando_los_ojos:

Como siempre, muchas gracias por los comentarios, se aprende muchísimo gracias a gente como vosotros.
Un saludo.
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« Respuesta #5 : 05/08/2019, 05:23:29 am »

Hola...
Tengo este video super importante
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« Respuesta #6 : 05/08/2019, 07:44:23 am »

Hola.
Hola...
Tengo este video super importante
https://m.youtube.com/watch?v=iuUXcIwxJDI&feature=youtu.be
A  tu video no le le escucha el sonido.

Saludos.
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« Respuesta #7 : 05/08/2019, 07:49:50 am »

Y como se arregla eso?? Alguien me puede ayudar??
Gracias..
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« Respuesta #8 : 05/08/2019, 08:17:48 am »

Y como se arregla eso?? Alguien me puede ayudar??
Gracias..

Seguro que se puede arreglar y seguro que alguien te ayuda, solo debes pedir ayuda en el foro adecuado.

En cualquier foro de informática que respondan sobre temas de archivos  multimedia  o similar.

Este foro es sobre matemáticas y disciplinas afines, por ello no es el más adecuado para esta pregunta.

Saludos.

 
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« Respuesta #9 : 05/08/2019, 08:33:14 am »

Gracias por la información, ya lo arreglaré en su momento...
Lo importante es el contenido Matemático y su importancia
Saludos y de nuevo...
Gracias
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« Respuesta #10 : 05/08/2019, 04:23:49 pm »

Y como se arregla eso?? Alguien me puede ayudar??
Gracias..


Hola

Quizás le pusiste música con derechos de autor y YouTu te quito el audio.

Saludos
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No te confíes, revisa lo que escribo. Yo también me equivoco.
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« Respuesta #11 : 06/08/2019, 01:05:34 am »

Gracias por avisar...
Pero lo quité yo para hacer otro de mejor calidad...
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