Chủ đề này có 7 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Chứng minh (bằng cách sơ cấp nhất có thể) :

$$\zeta \left( 2 \right) = 1 + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}} + ... = \frac{{{\pi ^2}}}{6}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 06-04-2013 - 09:37

[Ispectorgadget]

THam khảo 1 cách ở đây.

[dark templar]

THam khảo 1 cách ở đây.

Cách làm này của anh Thành không được gọi là sơ cấp lắm vì đã sử dụng đến công thức khai triển Taylor và công thức Euler cho tích số vô hạn. Bài này có 1 cách sơ cấp là sử dụng định lý kẹp giới hạn.

[hxthanh]

Khai triển $\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+...$ Có được dùng không Dark?
Nếu được dùng thì có một cách.

[dark templar]

Khai triển $\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+...$ Có được dùng không Dark?
Nếu được dùng thì có một cách.

Khai triển này được sử dụng ạ,vì nó khá là hiển nhiên

[hxthanh]

Cách mà Dark templar nói đến chắc chắn dựa vào bổ đề sau:

 

$\sum_{k=1}^n \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)=\frac{n(2n-1)}{3}$

 

Ta sẽ chứng minh bổ đề này, phía dưới.

Bây giờ trở lại với bài toán chính:

Với $0< x<\frac{\pi}{2}$, ta có BĐT hiển nhiên sau:

$\quad\sin x<x<\tan x$

suy ra

$\quad\cot^2 x<\frac{1}{x^2}<\cot^2 x+1$

Lấy tổng thì được

$\sum_{k=1}^n \cot^2 kx<\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2x^2}<\sum_{k=1}^n \cot^2 kx +n$

Với $x=\frac{\pi}{2n+1}$ thì ta có:

$\sum_{k=1}^n \cot^2 \left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)<\frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}<\sum_{k=1}^n \cot^2 \left(\frac{k\pi}{2n+1}\right) +n$

 

Áp dụng bổ đề trên. Suy ra:

 

$\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}<\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}<\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}+\frac{n\pi^2}{(2n+1)^2}$

 

Chuyển qua giới hạn ta được:

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}=\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}+\frac{n\pi^2}{(2n+1)^2}\right)=\frac{\pi^2}{6}$

=======================

Chứng minh bổ đề:

Ta có:

$\left[\cos\frac{k\pi}{2n+1}+i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right]^{2n+1}=(-1)^k$

Khai triển nhị thức vế trái:

$\sum_{j=0}^{2n+1}{2n+1\choose j}\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1-j}\left(i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{j}=(-1)^k$

Phần ảo của VT phải bằng $0$ (tương ứng với $j$ lẻ). Suy ra:

$\Rightarrow \sum_{j=0}^{n}{2n+1\choose 2j+1}\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n-2j}\left(i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2j+1}=0$

$\Rightarrow \sum_{j=0}^{n}{2n+1\choose 2j+1}(-1)^j\left(\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{n-j}.i.\left(\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}=0$

$\Rightarrow \sum_{j=0}^{n}{2n+1\choose 2j+1}(-1)^j\left(\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{n-j}=0$

 

Xét phương trình (bậc $n$)

$\sum_{j=0}^{n}{2n+1\choose 2j+1}(-1)^jx^{n-j}=0$

Rõ ràng ta có: $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ với $k=1,2,...,n$ là đủ $n$ nghiệm phân biệt của phương trình trên.

Theo định lý Viète, ta có tổng các nghiệm là:

$\sum_{k=1}^n\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}=-\dfrac{\displaystyle -{2n+1\choose 3}}{\displaystyle {2n+1\choose 1}}=\frac{n(2n-1)}{3}$

 

Bổ đề được chứng minh.

____________________________________________________

Bài viết tiếp theo ta sẽ dùng tích phân suy rộng để chứng minh

[hxthanh]

Đầu tiên ta đặt $\zeta=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$, thì ta có:

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{1}{4}\zeta$

Do đó:

$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{3}{4}\zeta$

Mặt khác, ta có:

$\int_0^1 x^{2k}\mathrm dx=\left.\frac{x^{2k+1}}{2k+1}\right|_0^1=\frac{1}{2k+1}$

Nên:

$\frac{1}{(2k+1)^2}=\int_0^1 x^{2k}\mathrm dx\int_0^1 y^{2k}\mathrm dy$

$\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^2}=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1 x^{2k}\mathrm dx\int_0^1 y^{2k}\mathrm dy=\int_0^1\int_0^1\sum_{k=0}^\infty (x^2y^2)^{k}\mathrm dx\mathrm dy$

$=\int\!\!\!\int_{(D)}\frac{1}{1-x^2y^2}\mathrm dx\mathrm dy$

$(D)$ là miền giới hạn bởi $\{0\le x\le 1; \; 0\le y\le 1\}$

(Tích phân kép suy rộng!)

Thực hiện đổi biến:

$\begin{cases}x=\frac{\sin u}{\cos v}\\y=\frac{\sin v}{\cos u}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\frac{1}{1-x^2y^2}\mathrm dx\mathrm dy=\mathrm du\mathrm dv\\ (D)\rightarrow (D'): \left\{0\le u\le \frac{\pi}{2};\;0\le v\le \frac{\pi}{2};\;u+v=\frac{\pi}{2}\right\}\end{cases}$

Và ta có:

$\int\!\!\!\int_{(D)}\frac{1}{1-x^2y^2}\mathrm dx\mathrm dy=\int\!\!\!\int_{(D')}\mathrm du\mathrm dv=S_{(D')}=\frac{\pi^2}{8}$

 

Do đó: $\frac{3}{4}\zeta=\frac{\pi^2}{8}\Rightarrow \zeta=\frac{\pi^2}{6}$

[dark templar]

Cách làm dưới đây là tham khảo trên Wikipedia.org .

Spoiler

Cách làm này chỉ mang tính tham khảo,không phải là cách giải sơ cấp.

**********

Xét hàm số $f(x)=x$ trên khoảng $(-\pi;\pi)$ thì bằng khai triển chuỗi Fourier,ta có:

\[f\left( x \right) = 2\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{k}\sin kx} \]

 

Sử dụng đẳng thức Parseval (sẽ được giải thích ở dưới) cho hàm số $f(x)=x$,ta thu được :

\[\sum\limits_{k =  - \infty }^{ + \infty } {{{\left| {{a_k}} \right|}^2}}  = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - \pi }^\pi  {{x^2}dx} \]

 

Trong đó :

\[{a_k} = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - \pi }^\pi  {x{e^{ - ikx}}}  = \frac{{k\pi \cos k\pi  - \sin k\pi }}{{\pi {k^2}}}i = \frac{{\cos k\pi }}{k}i - \frac{{\sin k\pi }}{{\pi {k^2}}}i = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{k}i\]

 

Với $k \neq 0$ và $a_0=0$. Từ đó ta suy ra ${\left| {{a_k}} \right|^2} = \frac{1}{{{k^2}}}$.

 

Hay:

 

\[\begin{array}{l}\sum\limits_{k =  - \infty }^{ + \infty } {{{\left| {{a_k}} \right|}^2}}  = 2\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{1}{{{k^2}}}}  = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - \pi }^\pi  {{x^2}dx} \\\Rightarrow \zeta \left( 2 \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{1}{{{k^2}}}}  = \frac{1}{{4\pi }}.\left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_{ - \pi }^\pi  = \frac{{{\pi ^2}}}{6}\end{array}\]

 

**********

Đẳng thức Parseval: $\boxed{\displaystyle \sum\limits_{k =  - \infty }^{ + \infty } {{{\left| {{c_n}} \right|}^2}}  = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - \pi }^\pi  {{{\left| {f\left( x \right)} \right|}^2}dx}}$.

 

Trong đó $c_{n}$ là hệ số trong khai triển chuỗi Fourier cho hàm $f$ được xác định bởi ${c_n} = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - \pi }^\pi  {f\left( x \right){e^{ - ikx}}dx} $ và $e^{ikx} =\cos kx+i\sin kx$ (công thức Euler)

 

 

_______________________________________

@hxthanh: Cách này mà "sơ cấp" thì ... chịu!

@Dark templar: Em post lên để tham khảo thôi,chứ cách này sao mà sơ cấp được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 18-04-2013 - 20:21