$\zeta(2) $' nin farklı çözümlerini toplayalım.

4 beğenilme 0 beğenilmeme
96 kez görüntülendi

$$\zeta(2)  :=  \displaystyle \sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$Bunun hakkında birden fazla kanıt mevcut ve bende bu kanıtları hem tartışmak hem de toplamak için böyle bir konu açtım. İlerleyen zamanlarda ekliyor olucam sizlerde eklerseniz sevinirim.

12, Kasım, 2016 Lisans Matematik kategorisinde ra (49 puan) tarafından  soruldu
12, Kasım, 2016 Sercan tarafından düzenlendi

ortadakı denklemde hata var

Haklısın sağol.

Matematiksel kismi (kod olarak) duzenledim biraz. 

Sercan hocam  teşekkürler.

Sitedeki en verimli sorulardan bir tanesi olabilir. 

6 Cevaplar

2 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

Bir de şu var (Galiba bu da Euler e atfediliyor) :

$\displaystyle\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots$ olduğu için

$\displaystyle\frac{\sin x}x=1-\frac{x^2}6+\frac{x^4}{120}+\cdots$

$\displaystyle\frac{\sin \sqrt x}{\sqrt x}=1-\frac{x}6+\frac{x^2}{120}+\cdots$

$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ polinomu için ($a_0\neq0$ ise) $\frac1{x_1}+\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}=-\frac{a_1}{a_0}$ olur.

 $\displaystyle\frac{\sin \sqrt x}{\sqrt x}$ "polinom"unun kökleri $n^2\pi^2\ (n\in\mathbb{N}^+)$ olduğu için köklerinin terslerinin toplamı

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2\pi^2}=\frac16$ olur. Buradan da 

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$ elde edilir.


13, Kasım, 2016 DoganDonmez (3,302 puan) tarafından  cevaplandı
13, Kasım, 2016 DoganDonmez tarafından düzenlendi

çok iyi.       

hocam şüphesiz olarak, sinx'in tüm köklerinin $n\pi,\quad n\in \mathbb Z$'ler oldugundan emın olabılır mıyız?

$\sin$ ve $\cos$ fonksiyonların, (birim çember etrafına)"sarma" fonksiyonu ile tanımlarsak, $\sin$ fonksiyonun en küçük pozitif kökünün $\pi$ olduğu kolayca görülür. 

Galiba A. Nesin Analiz I kitabında ve Spivak ın (TMV tarafında tercüme edilen) "Calculus" kitabında da böyle tanımlanıyor

($\sin0=0$ ve ) $2\pi$ periyotlu periyodik oluşundan $\sin x=0 \Leftrightarrow x=n\pi\ (n\in\mathbb{Z})$ olur.

Bu önerme karmaşık (kompleks) sayılarda da doğru kalır

anladım     

2 beğenilme 0 beğenilmeme

$\looparrowright $   Kanıt 1 :

Öncelikle güzel bir yöntem olan Fourier serisi yöntemiyle çözmek gayet kolay ve iyi bir çözüm o yol ile kanıtlayalım.

         $f(x)=x^2$                     $-\pi\leq x \leq \pi$ aralığında Fourier serisine açalım 

$\frac{a_0}{2}+ \sum\limits^{\infty}_{n=1}(a_ncos(nx)+b_nsin(nx))$ 

$f(x)=x^2$ çift fonksiyon olduğundan $sin(nx)$ in katsayısı olan $b_n$ sıfır olacaktır.Sadece $a_n,a_0$ hesaplamalıyız.


$a_n=\frac{1}{p} \Large \displaystyle \int_\limits{-p}^{p} \small f(x)cosnxdx$

$a_0=\frac{1}{p} \Large \displaystyle \int_\limits{-p}^{p} \small f(x)dx$

$f(x+2p)=f(x+2\pi)=f(x)$ periyodunu bulmak için integral sınırları şu şekilde olacaktır.

 $2\pi=2p$  ,  $ \pi=p$

$a_0=\frac{1}{\pi} \Large \displaystyle \int_\limits{-\pi}^{\pi} \small x^2dx=\frac{2}{\pi} \Large \displaystyle \int_\limits{0}^{\pi} \small x^2dx=\frac{2\pi^2}{3}$

$a_n=\frac{1}{\pi} \Large \displaystyle \int_\limits{-\pi}^{\pi} \small x^2cosnxdx=\frac{2}{\pi} \Large \displaystyle \int_\limits{0}^{\pi} \small x^2cosnxdx$

$\large \star$Kismi integrasyon hakkında kolay bir yöntem olarak özellikle Fourier serilerinde şunu kullanabiliriz.

$ \Large  \int \small x^2cosnxdx= \Large  \int \small f(x)h(x)dx=+f(x).\int h(x) - f'(x).\int \int h(x)+f''(x).\int \int \int h(x) - . . . .  $

$a_n=\frac{2}{\pi} \Large \displaystyle \int_\limits{0}^{\pi} \small x^2cosnxdx=\frac{2}{\pi}.\frac{2\pi}{n^2}.(-1)^n=(-1)^n \frac{4}{n^2}$

$f(x)=\frac{\pi^2}{3}+ \sum\limits^{\infty}_{n=1}((-1)\frac{4}{n^2})cos(nx))$

$f(\pi)=\pi^2$

$\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+ 4 \sum\limits^{\infty}_{n=1}(\frac{1}{n^2})(-1)^n (-1)^n$

$\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}$ 

Sonuç olarak şu hali alıyor eşitliğimiz;

$\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi^2}{12}=\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}$.

$\frac{\pi^2}{6}=\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}$

$\blacksquare$






12, Kasım, 2016 ra (49 puan) tarafından  cevaplandı
13, Kasım, 2016 ra tarafından düzenlendi

kanitlar karismasin diye ayri ayri da atabilirsiniz


Yine Fourier serileri ile:

$f(x)=x$ in Fourier serisi bulunup, Parseval in özdeşliği uygulanarak da gösterilebiliyor.

(Böyle gösterilişi: https://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem de var)

3 beğenilme 0 beğenilmeme

Euler ispat gostermeden sunu varsaydi:

$\sin(t)=t\left(1-\frac{t}{\pi}\right)\left(1+\frac{t}{\pi}\right)\left(1-\frac{t}{2\pi}\right)\left(1+\frac{t}{2\pi}\right)\left(1-\frac{t}{3\pi}\right)\left(1+\frac{t}{3\pi}\right)...$

Gerekce olarakta $\sin(t)$ fonksiyonunun kokleri $t=0,\mp\pi,\mp2\pi...$ ama bunlar ayni zamanda sag taraftaki polinomunda kokleriydi. Bunun dogrulugu 100 yil sonra Weierstrass tarafindan yapildi.


Iki kare farkindan sag taraf su hale gelir..

$\sin(t)=t\left(1-\frac{t^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{3^2\pi^2}\right)...$

Euler sol tarfi Taylor serisine acti.

$t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!}-\frac{t^7}{7!}+...=t\left(1-\frac{t^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{3^2\pi^2}\right)...$

$t$ leri sadelestirip sag tarafi capti.

$1-\frac{t^2}{3!}+\frac{t^4}{5!}-\frac{t^6}{7!}+...=1-\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{2^2\pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\frac{1}{4^2\pi^2}+...\right)t^2+...$

Ve sonra $t^2$ lerin katsayilari ayni olmali dedi..


$-\frac{1}{3!}=-\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{2^2\pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\frac{1}{4^2\pi^2}+...\right)$

$\frac{\pi^2}{6}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...$

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

Bunu gostererek 24 yasinda dunyaca taninan bir matematikci oldu. Euler bununla yetinmeyip diger cift zeta fonksiyonlarini da $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{26}}$ kadar olanlari hesapladi. Basel problemini 4 farkli sekilde ispatladi. Bu o ispatlardan biri..

12, Kasım, 2016 Okkes Dulgerci (1,253 puan) tarafından  cevaplandı
2 beğenilme 0 beğenilmeme

Euler'in 2. ispati:


$\sin(t)=t\left(1-\frac{t}{\pi}\right)\left(1+\frac{t}{\pi}\right)\left(1-\frac{t}{2\pi}\right)\left(1+\frac{t}{2\pi}\right)\left(1-\frac{t}{3\pi}\right)\left(1+\frac{t}{3\pi}\right)...$

$\sin(t)=t\left(1-\frac{t^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1-\frac{t^2}{3^2\pi^2}\right)...$

Euler $t=\pi y$ degisimi yapti

$\sin(\pi y)=\pi y\left(1-y^2\right)\left(1-\frac{y^2}{2^2}\right)\left(1-\frac{y^2}{3^2}\right)\left(1-\frac{y^2}{4^2}\right)...$

$\sin(\pi y)=\pi y\left(1-y^2\right)\left(\frac{2^2-y^2}{2^2}\right)\left(\frac{3^2-y^2}{3^2}\right)\left(\frac{4^2-y^2}{4^2}\right)...$


Ama Euler'e capim degil toplam lazimdi. Carpmayi toplamaya cevirecek $\log$ fonksiyonunu kullandi. Her iki tarafin logaritmasini aldi..


$\log(\sin(\pi y))=\log(\pi )+\log( y)+\log\left(1-y^2\right)+\log(2^2-y^2)-\log({2^2})+\log(3^2-y^2)-\log(3^2)+\log(4^2-y^2)-\log(4^2)...$

Istedigi sayilar paydada olmasi gerekiyordu ve bir suru gereksiz sabit sayi vardi. Euler her iki tarafin turevini aldi.


$\frac{\pi\cos(\pi y)}{\sin(\pi y)}=\frac{1}{y}+\frac{-2y}{1-y^2}+\frac{-2y}{2^2-y^2}+\frac{-2y}{3^2-y^2}+\frac{-2y}{4^2-y^2}...$

Her iki tarafi $-2y$' ye boldu

$\frac{\pi\cos(\pi y)}{-2y\sin(\pi y)}=-\frac{1}{y^2}+\frac{1}{1-y^2}+\frac{1}{2^2-y^2}+\frac{1}{3^2-y^2}+\frac{1}{4^2-y^2}...$


$\frac{1}{y^2}-\frac{\pi\cos(\pi y)}{2y\sin(\pi y)}=\frac{1}{1-y^2}+\frac{1}{2^2-y^2}+\frac{1}{3^2-y^2}+\frac{1}{4^2-y^2}...$

Her  iki tarafin y sifira giderken limitini aldigimizda sag tarf istedigini verdi ama sol taraf $\infty-\infty$ belirsizligini verdi. Ilginctir

$\frac{2y\sin(\pi y)-y^2\pi\cos(\pi y)}{2y^3\sin(\pi y)}=\frac{1}{1-y^2}+\frac{1}{2^2-y^2}+\frac{1}{3^2-y^2}+\frac{1}{4^2-y^2}...$  yapip $\frac{0}{0}$ dan L'Hospital uygulamak yerine, Euler sunu yapti.


$y=ix$ donusumu yapti

$\frac{1}{y^2}-\frac{\pi\cos(\pi y)}{2y\sin(\pi y)}=\frac{1}{1-y^2}+\frac{1}{2^2-y^2}+\frac{1}{3^2-y^2}+\frac{1}{4^2-y^2}...$ ve sunu elde etti.

$\frac{1}{-x^2}-\frac{\pi\cos(\pi ix)}{2ix\sin(\pi ix)}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2^2+x^2}+\frac{1}{3^2+x^2}+\frac{1}{4^2+x^2}...$

$\cos(\pi ix)=\frac{e^{\pi x}+e^{-\pi x}}{2}$
$\sin(\pi ix)=i\frac{e^{\pi x}-e^{-\pi x}}{2}$  degerlerini yerine koydu

$\frac{1}{-x^2}-\frac{\pi\frac{e^{\pi x}+e^{-\pi x}}{2}}{2ix i\frac{e^{\pi x}-e^{-\pi x}}{2}}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2^2+x^2}+\frac{1}{3^2+x^2}+\frac{1}{4^2+x^2}...$

$\frac{1}{-x^2}+\frac{\pi (e^{\pi x}+e^{-\pi x})}{2x( e^{\pi x}-e^{-\pi x})}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2^2+x^2}+\frac{1}{3^2+x^2}+\frac{1}{4^2+x^2}...$

x sifira giderken limit aldi ve sol tarafa tam 3 defa L'Hospial uygulayarak

$$\frac{\pi^2}{6}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}...$$ oldugunu gosterdi..
12, Kasım, 2016 Okkes Dulgerci (1,253 puan) tarafından  cevaplandı
2 beğenilme 0 beğenilmeme

$\looparrowright $ Kanıt 2 :

$\frac{1}{n^2}=\Large \displaystyle \int_\limits{0}^{1} \int_\limits{0}^{1} \small x^{n-1}y^{n-1} dxdy $

Monoton yakınsaklık teoreminden şunu elde ederiz;

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\Large \displaystyle \int_\limits{0}^{1} \int_\limits{0}^{1}  \lgroup \small \sum\limits_{n=1}^{\infty} (xy)^{n-1} \Large \displaystyle  \rgroup \small  dxdy $

$= \Large \displaystyle \int_\limits{0}^{1} \int_\limits{0}^{1} \small  \frac{dxdy}{1-xy} $

Şimdi ise değişken dönüşümü yapılır ise;

$(u,v)=(\frac{x+y}{2} , \frac{y-x}{2})$

$(x,y)=(u-v,u+v)$ Bundan dolayı ;

$\zeta(2)=2\Large \displaystyle \iint_{S} \small \frac {dudv}{1-u^2-v^2}$

$S$'nin köşeleri $(0,0),(\frac1{2},-\frac1{2}),(1,0),(\frac1{2},\frac1{2})$

$\zeta(2)=4\Large \displaystyle \int_{0}^{\frac1{2}}  \int_{0}^{u} \small \frac {dudv}{1-u^2-v^2}+4\Large \displaystyle \int_\limits{\frac1{2}}^{1} \int_\limits{0}^{1-u} \small  \frac{dudv}{1-u^2-v^2}$

$=4\Large \displaystyle \int_\limits{0}^{\frac1{2}} \small \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}tan^{-1} \lgroup \frac{u}{\sqrt{1-u^2}} \rgroup du  + 4\Large \displaystyle \int_\limits{\frac1{2}}^{1} \small \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}tan^{-1} \lgroup \frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}} \rgroup du $

Şimdi ise $tan^{-1} \lgroup  \frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}} \rgroup=sin^{-1}u$

Eğer $\Theta = tan^{-1} \lgroup \frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}} \rgroup  $

Sonra $tan^2 \Theta = \frac{1-u}{1+u}$

$sec^2 \Theta=\frac{2}{1+u}$

Şu şekilde ifade edilir. 

$u=2cos^2\Theta - 1= cos2\Theta $ , $\Theta =\frac1{2}cos^{-1}u=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}sin^{-1}u$

Bundan dolayı ;


$\zeta(2)= \Large \displaystyle 4\int_\limits{0}^{\frac1{2}}\small \frac {sin^{-1}u}{\sqrt{1-u^2}}du+ \Large \displaystyle 4\int_\limits{\frac1{2}}^{1}\small \frac {1}{\sqrt{1-u^2}}du \lgroup \frac{\pi}{4}- \frac{sin^{-1}}{2}du$

$=[ \small 2(sin^{-1}u)^2 ]_{0}^{\frac1{2}}+[\pi sin^{-1}u - (sin^{-1})^2]_\frac1{2}^1$

$=\frac {\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi^2}{8}+\frac{\pi^2}{36}$

$=\frac{\pi^2}{6}.$


$\star$ Bu kanıtın sahibi Tom Mike Apostol 


13, Kasım, 2016 ra (49 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Eulerin diğer kanıtı : (Euler's other Proof )


$\frac{\pi^2}{6}=\frac{4}{3} \frac{(arcsin1) ^2}{2}=\frac{4}{3} \int_\limits{0}^{1} \frac{arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}dx$


$=\frac{4}{3}\int_\limits{0}^{1} \frac{x+ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\large \ 1 \cdot 3 \cdot\cdot\cdot\cdot(2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot\cdot\cdot\cdot2n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}{\sqrt{1-x^2}}dx$



$=\frac{4}{3}\int_\limits{0}^{1}  \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx + \frac{4}{3} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot \cdot \cdot \cdot (2n-1) }{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdot \cdot \cdot2n(2n+1)} \int\limits_{0}^{1}x^{2n} \frac {x}{\sqrt{1-x^2}}dx$



$= \frac{4}{3} + \frac{4}{3} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 3 \cdot \cdot \cdot \cdot(2n-1)}{ 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot\cdot\cdot\cdot 2n(2n+1)} \Large\displaystyle \ [ \small\frac{2n(2n-2) \cdot  \cdot  \cdot \cdot 4  \cdot2}{(2n+1)(2n-1)  \cdot \cdot \cdot \cdot 3 \cdot1} \Large\displaystyle \ ]$,



$=\frac{4}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}= ( \small \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}- \frac1{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}  ) \small =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} .$

 



Gerald Kımble

14, Kasım, 2016 ra (49 puan) tarafından  cevaplandı
...