Problema de Basilea e integral de Gauss

 Jardín,diciembre2025

1.    Problema de Basilea

 

No siempre se ha sabido cuando vale la suma infinita:

∑1/n²           n en el intervalo [0, ∞)

Durante muchos años los matemáticos trabajaron en este problema. Primero se logró demostrar que era una serie convergente, luego fueron encontrando valores aproximados y cotas superiores, pero el primero en encontrar el valor exacto fue Gauss, a finales del siglo XVIII

El método que vamos a mostrar fue el primero, de los muchos que Gauss, logró.

Sea lal serie de Maclaurin para sen(x):

sen(x) = x – x³/3! + x⁵/5! – x⁷/7! +……………………………….hasta infinito     (1)

Ya en la época de Gauss se sabía que la serie anterior representaba a sen(x) y que era convergente.

(De hecho, todas las tablas de las funciones trigonométricas, se sacaron de las series que representaban a sen(x), cos(x) y tan(x)     con x en radianes-

La serie (1) es igual a 0 para x en los siguientes valores: {0, ±π, ±2π, ±3π, ±4π,     ±nπ, ….(2)

 

Recorderis:

Sea la ecuación de segundo grado          x² – x -6 = 0

La resolvemos con la ecuación general de segundo grado:

x = (-(-1) ± √ ((-1)² – 4*1*(-6))/(2*1)= (1 ± √(1 +24))/2 = (1 ± 5)/2         x1= 3    x2 = -2

La ecuación de segundo grado presentada, se puede factorizar:     (x –(-2)) (x – 3)

(x + 2) (x – 3)

Por lo anterior y teniendo en cuenta (2)     sen(x) = x – x³/3! + x⁵/5! – x⁷/7! +…… se puede factorizar así:

Cx (x - π) (x + π) (x - 2π) (x + 2π) (x - 3π) (x + 3π) (x - 4π) (x + 4π) (x - 5π) (x + 5π)**……….

Cx (x² – π²) (x² – 4π²) (x² – 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²)*………………

x – x³/3! + x⁵/5! – x⁷/7! +………. =Cx (x² – π²) (x² – 4π²) (x² – 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²) *

Podemos cancelar x

1 – x²/3! + x⁴/5! – x⁶/7! +………. =C (x² – π²) (x² – 4π²) (x² – 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²) *…(3)

Para x = 0

1 = C (– π²) (– 4π²) (– 9π²) (– 16π²) (– 25π²)*……                                     (4)

Dividamos la (3) por 1. De acuerdo con la igualdad (4)

[C (x² – π²) (x² – 4π²) (x² – 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²)*…]/ [C(– π²) (– 4π²) (– 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²)*……]

Cancelamos C y dividimos ordenadamente por (– π²) (– 4π²) (– 9π²) (x² – 16π²) (x² – 25π²)*……

Obtenemos

(1 – x²/ π²) (1 – x²/ (4π²)) (1 – x²/ (9π²)) (1 – x²/ (16π²)) (1 – x²/ (25π²)) ********

La expresión anterior es sen(x)/x = 1 – x²/3! + x⁴/5! – x⁶/7! +……

= (1 – x²/ π²) (1 – x²/ (4π²)) (1 – x²/ (9π²)) (1 – x²/ (16π²)) (1 – x²/ (25π²)) ********        (5)

La igualdad (5) nos presenta el mismo polinomio, expresado de manera diferente:

En la (5), igualemos los coeficientes de x²

–1/3! = - (1/ π²) - (1/ (4π²)) - (1/ (9π²⁾) - (1/ (16π²⁾) - (1/ (25π²⁾) - (1/ (36π²⁾) -……….

-1/3! = ⁽1/ π²⁾ ( -1 – ¼ - 1/9 – 1/16 – 1/25 – 1/36-……………..

π²/6 = 1 + 1/2² +1/3² + 1/4² + 1/5² + 1/6² ………

Con lo cual queda demostrado que:

∑1/n²                    n en el intervalo [0, ∞) = π²/6

Esta demostración no es muy rigurosa, inclusive hay partes contradictorias:

C debería ser 1 y no lo es

En la (4) se ve que C debe ser algo que tiende a 0, para que 0x∞ tenga límite real y no se demuestra.

Euler encontró otras soluciones, también con deficiencia en el rigor. Matemáticos de los siglos XIX y XX ya si resolvieron el problema con un rigor acorde al siglo XX.

Otra solución de Euler fue la siguiente:

sen(πx) = πx – (πx) ³/3! +(πx) ⁵/5! - (πx) ⁷/7! + (πx)⁹/9! ……..     (1)

Vemos que las soluciones x, de este polinomio son las x que pertenecen al conjunto:

{0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5,…..}                                                              (2)

La (1) se puede factorizar así:

sen(πx) = πx (x +1) (x - 1) (x/2 + 1) (x/2 - 1) (x/3 + 1) (x/3 - 3) (x /4+ 4) (x/4 +1) **********

sen(πx) = πx (1 - x²) (1 - x²/4) (1 - x²/9) (1 - x²/16) (1 - x²/25) (1 - x²/36) ******        (3)

Vemos que, para todas las x del conjunto, que hemos llamado (2), el lado derecho es igual a 0.

Si los polinomios (1) y (3) son iguales, los coeficientes de las diferentes potencias de x, también lo serán:

Coeficiente de x³

De la (1)                – (π) ³/3!                                                                                     (4)

De la (3)      Tomemos el primer factor y lo multiplicamos por el resto de los factores uno a uno:

π [-1 – 1/4 -1/9 – 1/16 – 1/25 ......]                                             (5)

Igualando los coeficientes de x3 obtenemos:

(π) ³/3! = π [1 + 1/4 +1/9 + 1/16 + 1/25+...... ]

Simplificando:

π ²/6 = 1 + 1/4 +1/9 + 1/16 + 1/25                                

Con lo cual queda demostrado.

2.Integral de Gauss

 

Fig. 1, dA en coordenadas cartesianas y en coordenadas polares

Antes de iniciar el proceso de integración, observemos lo: siguiente: En el lado izquierdo de la figura 1 tengo una superficie z = f(x, y), cuya proyección en el plano xy se muestra. A la derecha, tenemos la misma superficie, en el triedro xyz, pero la tenemos escrita en coordenadas cilíndricas, lo cual se consigue cambiando x e y por x = Rcosθ            y = Rsenθ

El volumen debajo de la superficie, hasta el plano xy, se obtiene integrando las expresiones

dv = zdA = zdxdy    en los límites apropiados x e y

dv = zRdθdR             en los límites apropiados

Figura 2 de z = e ^{–(x2 + y2})   Campana de Gauss en 3D

La ecuación (4) en coordenadas polares (Cilíndricas), queda así:

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com