Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/GeneralPunctuation.js
Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
6 beğenilme 0 beğenilmeme
2.1k kez görüntülendi

euler-ζ(2):=n=11n2=π26.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.

Lisans Matematik kategorisinde (71 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 2.1k kez görüntülendi

ortadakı denklemde hata var

Haklısın sağol.

Matematiksel kismi (kod olarak) duzenledim biraz. 

Sercan hocam  teşekkürler.

Sitedeki en verimli sorulardan bir tanesi olabilir. 

6 Cevaplar

3 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap

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

sinx=xx33!+x55!+ olduğu için

sinxx=1x26+x4120+

sinxx=1x6+x2120+

P(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0 polinomu için (a00 ise) 1x1+1x1++1xn=a1a0 olur.

 sinxx "polinom"unun kökleri n2π2 (nN+) olduğu için köklerinin terslerinin toplamı

n=11n2π2=16 olur. Buradan da 

n=11n2=π26 elde edilir.


(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

çok iyi.       

hocam şüphesiz olarak, sinx'in tüm köklerinin nπ,nZ'ler oldugundan emın olabılır mıyız?

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

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

(sin0=0 ve ) 2π periyotlu periyodik oluşundan sinx=0x=nπ (nZ) olur.

Bu önerme karmaşık (kompleks) sayılarda da doğru kalır

anladım     

4 beğenilme 0 beğenilmeme

Euler ispat gostermeden sunu varsaydi:

sin(t)=t(1tπ)(1+tπ)(1t2π)(1+t2π)(1t3π)(1+t3π)...

Gerekce olarakta sin(t) fonksiyonunun kokleri t=0,π,2π... 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(1t2π2)(1t222π2)(1t232π2)...

Euler sol tarfi Taylor serisine acti.

tt33!+t55!t77!+...=t(1t2π2)(1t222π2)(1t232π2)...

t leri sadelestirip sag tarafi capti.

1t23!+t45!t67!+...=1(1π2+122π2+132π2+142π2+...)t2+...

Ve sonra t2 lerin katsayilari ayni olmali dedi..


13!=(1π2+122π2+132π2+142π2+...)

π26=1+122+132+142+...

π26=n=11n2

Bunu gostererek 24 yasinda dunyaca taninan bir matematikci oldu. Euler bununla yetinmeyip diger cift zeta fonksiyonlarini da n=11n26 kadar olanlari hesapladi. Basel problemini 4 farkli sekilde ispatladi. Bu o ispatlardan biri..

(2.9k puan) tarafından 
3 beğenilme 0 beğenilmeme

  Kanıt 1 :

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

         f(x)=x2                     πxπ aralığında Fourier serisine açalım 

a02+n=1(ancos(nx)+bnsin(nx)) 

f(x)=x2 çift fonksiyon olduğundan sin(nx) in katsayısı olan bn sıfır olacaktır.Sadece an,a0 hesaplamalıyız.


an=1pppf(x)cosnxdx

a0=1pppf(x)dx

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

 2π=2p  ,  π=p

a0=1πππx2dx=2ππ0x2dx=2π23

an=1πππx2cosnxdx=2ππ0x2cosnxdx

Kismi integrasyon hakkında kolay bir yöntem olarak özellikle Fourier serilerinde şunu kullanabiliriz.

x2cosnxdx=f(x)h(x)dx=+f(x).h(x)f(x).h(x)+f

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






(71 puan) tarafından 
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'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..
(2.9k puan) tarafından 

mesela bu ve diger cevapta yapti ve dusundu gibi yorumlar cok hosuma gitti acaba eulerin teoremlerini ispatlarken kullandigi yorumlu bir ispat kaynagi var mi,  bu yorumlari siz mi kattiniz?

3 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 


(71 puan) tarafından 
1 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

(71 puan) tarafından 
20,296 soru
21,840 cevap
73,541 yorum
2,723,921 kullanıcı