evaluación de la función zeta de riemann en los … · se conoce como serie a la suma de los...

Ignacio Barrio Fernández

Oscar Ciaurri Ramírez

Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática

Grado en Matemáticas

2013-2014

Título

Director/es

Facultad

Titulación

Departamento

TRABAJO FIN DE GRADO

Curso Académico

Evaluación de la función zeta de Riemann en los enterospares

Autor/es

© El autor© Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones, 2014

publicaciones.unirioja.esE-mail: [email protected]

Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros pares, trabajo fin degrado

de Ignacio Barrio Fernández, dirigido por Oscar Ciaurri Ramírez (publicado por la Universidad de La Rioja), se difunde bajo una Licencia

Creative Commons Reconocimiento-NoComercial-SinObraDerivada 3.0 Unported. Permisos que vayan más allá de lo cubierto por esta licencia pueden solicitarse a los

titulares del copyright.

Facultad

Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática

Titulación

Grado en Matermáticas

Título

Evaluación de la función zeta de Riemann en los enteros pares

Autor/es

Ignacio Barrio Fernández

Tutor/es

Óscar Ciaurri Ramírez

Departamento

Departamento de matemáticas y computación

Curso académico

2013-2014

Trabajo Fin de Grado

Grado en Matematicas

Evaluacion de la funcion zeta de Riemannen los enteros pares

por

Ignacio Barrio Fernandez

Memoria realizada bajo la direccion del

Dr. D. Oscar Ciaurri Ramırez

Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e InformaticaUniversidad de La Rioja

Julio de 2014

Resumen

En esta memoria vamos a presentar diferentes demostraciones para la conocida iden-tidad

ζ(2k) :=∞∑n=1

1

n2k=

(−1)k−122k−1π2k

(2k)!B2k, k ∈ N.

Comenzamos con una breve introduccion sobre el problema de Basilea, que resulta serun caso particular de la identidad anterior, y de como Euler lo resolvio (aunque su solucionhacıa uso de un hecho que no serıa probado hasta anos mas tarde), seguido por una seccionintroduciendo los numeros de Bernoulli y los polinomios de Bernoulli, ademas de algunosde los resultados mas importantes que utilizaremos en las demostraciones siguientes.

Presentaremos un total de seis demostraciones diferentes, basadas en diferentes ramasde las matematicas, para llegar a la igualdad anterior, cada una con su propio interes.Tambien aprovecharemos algunas de las tecnicas y resultados usados en las demostracionespara resolver cuestiones relacionadas.

1

Abstract

In this paper, we will show different proofs for the well known formula

ζ(2k) :=∞∑n=1

1

n2k=

(−1)k−122k−1π2k

(2k)!B2k, k ∈ N.

We start with a brief introduction about the Basel Problem, which happens to be aparticular case of the previous identity, and how Euler cleverly solved it (although hissolution’s accuracy was quite questionable at that time), followed by a section introducingBernoulli numbers and polynomials, and some of the most relevant results we will needfor the proofs that follow.

We will present a total of six different proofs, based on different branches of mathema-tics, to achieve the previous formula, each one with its own interest. We will give aswellsome background about related questions taking advantage of some of the techniques werequired for our proofs.

3

Introduccion

Se conoce como serie a la suma de los elementos de una sucesion infinita. Las series serepresentan como

∞∑n=1

an = a1 + a2 + a3 + · · · ,

y son una pieza clave de muchos campos de las matematicas tal y como las conocemos a dıade hoy. Algunos de los resultados mas importantes sobre series datan del siglo XVII, epocaen la que este campo fue objeto de estudio de muchos grandes matematicos. Posterior aestas fechas es el trabajo sobre series de uno de los matematicos mas grandes y prolifıcosde toda la historia, Leonhard Euler (1707-1783), autor de importantes contribuciones aareas sumamente dispares de las matematicas.

La demostracion con la que introduciremos estas notas fue justamente la que realizo Eu-ler del famoso problema de Basilea en 1735. El problema de Basilea consistıa en encontrarel valor de la serie de los inversos de los cuadrados de los numeros enteros, hoy en dıasobradamente conocido,

∞∑n=1

1

n2=π2

6. (1)

Este problema habıa sido atacado sin exito por algunos de los mas importantes matemati-cos de la epoca, por ello su resolucion llevo a Euler rapidamente a la fama con tan solo28 anos. Euler no solo resolvio el conocido caso (1), sino que mas tarde trato el problemade forma mucho mas general. De hecho, sus ideas fueron usadas casi un siglo despuespor B. Riemann cuando publico su artıculo Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einergegebenen Grosse (que se traduce como: “Sobre el numero de primos menores que unacantidad dada”). Euler ya habıa definido la que hoy conocemos como funcion zeta de Rie-mann como funcion de variable real, aunque fue Riemman quien le dio su aspecto actual,probo algunas de sus propiedades y establecio una relacion entre sus ceros y el numero deprimos. La funcion zeta de Riemann tal como la conocemos actualmente se define como

ζ(z) =

∞∑n=1

1

nzpara <z > 1.

La funcion zeta de Riemann aparece de forma natural definida para numeros enteros, perotiene su propio interes definida para numeros complejos. Se cree que todas las soluciones notriviales de la igualdad ζ(s) = 0 tienen parte real igual a 1

2 , lo que se conoce como hipotesisde Riemann. La demostracion de esta hipotesis es considerada uno de los problemas sinresolver mas importantes de la matematica moderna.

5

6

Volviendo sobre el caso particular (1), observamos que la mayorıa de textos modernosla deducen directamente utilizando residuos. Sin embargo, Euler encontro este resultadoen 1735, casi 90 anos antes de que Cauchy introdujera el concepto de residuo. La demos-tracion de Euler no se puede considerar completa, ya que se apoyaba en varias suposicionesbastante difıciles de justificar. En concreto, en un punto de su demostracion, Euler hacenotar que la funcion sinπx

πx y el producto infinito

∞∏j=1

(1− x2

j2

)

tienen exactamente el mismo valor en x = 0 y las mismas raıces, por lo que asume quedescriben la misma funcion. Euler estaba en lo cierto, sin embargo este es un resultadoposterior (que probaremos en el capıtulo 3, dando validez a la demostracion de Euler), yel argumento usado no es valido, ya que por ejemplo, ex sinπx

πx tambien tiene el mismo valoren x = 0, las mismas raıces y sin embargo no es igual al producto anterior.

El mismo Euler debıa ser consciente de que habıa algun punto problematico o incom-pleto en su explicacion de este paso, ya que publico algun artıculo tratando de arrojar luzsobre este punto, sin exito. Podrıa parecer que Euler aparco el problema en ese momen-to, sin embargo, en 1741 aparecio publicado en un poco conocido periodico literario unartıculo de Euler en frances, en el que daba una solucion totalmente diferente de (1), unaque no utilizaba productos infinitos.

En 1731, cuatro anos antes de publicar la primera demostracion, Euler ya habıa calcu-lado una aproximacion numerica con 20 decimales, una ardua tarea, sobre todo si tenemosen cuenta lo lentamente que converge esta serie. A continuacion vamos a detallar el pro-ceso que siguio Euler para resolver (1), basandonos en la demostracion clasica, es decir, lapublicada en 1735, que tambien resulta ser una de las mas famosas.

Demostracion de Euler para el problema de Basilea

Para probar (1) Euler comenzo tomando un polinomio p(x) de grado n con las siguien-tes propiedades:

p(0) = 1

p(x) tiene raıces no nulas a1, · · · , an.

Dadas esas dos condiciones p(x) se puede reescribir como

p(x) =n∏k=1

(1− x

ak

).

Euler asumio que, cumpliendose para polinomios de grado finito, tambien se cumplirıapara polinomios de grado infinito, y aplico este hecho al polinomio

p(x) = 1− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · · ,

7

que es inmediato ver que es un polinomio infinito cumpliendo que p(0) = 1. Tambien eraconocido para Euler el desarrollo de Taylor de senx

senx = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · · =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1,

que resulta ser justamente xp(x). De este hecho se sigue que las raıces de p(x) se encuentranen los puntos en los que se anula senx, es decir, los ak = kπ con k ∈ Z y podemos escribirahora p(x) como un producto infinito

p(x) = 1− x2

3!− x4

5!+x6

7!− · · ·

=∞∏k∈Z

(1− x

ak

)=(

1− x

π

)(1 +

x

π

)(1− x

2π

)(1 +

x

2π

)· · · ,

que agrupando los terminos de cada pareja de raıces opuestas como una diferencia decuadrados resulta

p(x) =∞∏k=1

(1− x2

(ak)2

)=

(1− x2

π2

)(1− x2

4π2

)(1− x2

9π2

)· · · .

La idea que utilizo Euler consiste en escribir p(x) de dos formas diferentes. La partederecha de la igualdad anterior puede ser complicada, pero es claro que se puede agruparen sumandos para cada potencia par de x

1− x2

3!− x4

5!+x6

7!− · · · = 1− x2

(1

π2+

1

4π2+

1

9π2+

1

16π2+ · · ·

)+ · · · .

Igualando el termino que multiplica a x2 en ambos lados concluimos que

− 1

3!= −

(1

π2+

1

4π2+

1

9π2+

1

16π2+ · · ·

),

que multiplicando por π2 a ambos lados nos lleva al resultado buscado

1 +1

4+

1

9+

1

16+ · · · =

∞∑n=1

1

n2=π2

6,

resolviendo el problema de Basilea.

Era algo habitual para Euler utilizar los metodos que hallaba para resolver problemassimilares. Y por supuesto, la pregunta que surge inmediatamente despues de esto es:

¿podemos sumar de una manera similar la serie∞∑n=1

1

n3?

La respuesta es que no, se desconoce su valor exacto, de hecho es aun un problemaabierto y relativamente famoso. El valor al que converge esta serie, que se correspondecon ζ(3), recibe el nombre de constante de Apery, nombrada por R. Apery, que en 1977probo que este numero era irracional.

8

Euler por supuesto tambien intento resolver este problema, pero fracaso en sus apro-ximaciones a la cuestion, siendo

∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)3=π3

32

probablemente el resultado mas cercano que consiguio. Este resultado es un caso particularde una identidad que probaremos en una seccion posterior.

El objetivo de esta memoria es dar distintas demostraciones de la conocida identidad

ζ(2k) :=∞∑n=1

1

n2k=

(−1)k−122k−1π2k

(2k)!B2k, k ∈ N, (2)

con Bk el k-esimo numero de Bernoulli. Para obtener esta igualdad existen multitud dedemostraciones basadas en campos totalmente diferentes. Vamos a recopilar en estas lineasalgunas de esas demostraciones, completando todos los pasos y demostrando los resultadosen los que nos apoyaremos.

Indice general

1. Resultados y conceptos previos 111.1. Los numeros de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2. Los polinomios de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3. Algunos teoremas del analisis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. Pruebas usando analisis complejo y de Fourier 192.1. Una prueba usando analisis complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2. Otra prueba con variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3. Sobre la suma alternada de recıprocos de enteros . . . . . . . . . . . . . . . 272.4. Una prueba usando analisis de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3. Demostraciones usando tecnicas elementales 353.1. Una prueba usando el teorema de Tannery para series . . . . . . . . . . . . 353.2. Una prueba usando series telescopicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3. Una prueba con productos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Bibliografıa 45

9

Capıtulo 1

Resultados y conceptos previos

1.1. Los numeros de Bernoulli

No se puede hablar sobre la funcion zeta de Riemann en los enteros pares sin estudiaren mas detalle los mencionados numeros de Bernoulli, que van a aparecer constantementea lo largo de estas lineas.

Los numeros de Bernoulli, denotados habitualmente como Bn, son una sucesion denumeros racionales con importantes conexiones con la teorıa de numeros.

Estos numeros son recurrentes en muchos campos de las matematicas. Por citar unoscuantos ejemplos, aparecen en las series de Taylor de la tangente, en las formulas para lasuma de potencias de los n primeros enteros positivos, en la formula de Euler-Maclauriny, en el caso que nos ocupa, en la expresion para calcular ciertos valores de la funcion zetade Riemann.

Definiremos los numeros de Bernoulli como originalmente los introdujo Jakob Bernoullien su libro Ars Conjectandi (publicado de forma postuma en 1713). Los numeros deBernoulli {Bk}k≥0 vienen dados como la solucion de la recurrencia

B0 = 1,

n∑k=0

(n+ 1

k

)Bk = 0 para n ≥ 1.

La siguiente tabla muestra los primeros numeros de Bernoulli:

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8

Bk 1 −12

16 0 − 1

30 0 142 0 − 1

30

Notamos que, con la salvedad de B1, todos los Bk con k impar son nulos, mientras quelos pares van cambiando de signo para k ≥ 2.

A principios de la decada de 1730, Euler establecio una de las formulas actualmentemas habituales para definir los numeros de Bernoulli, sin saber que esos numeros con losque estaba trabajando eran justamente los que ya habıa definido Jakob Bernoulli de unaforma diferente, que no es otra que la recurrencia anterior (ver [5]). En concreto, Eulerdefinio la sucesion {Bk}k≥0 mediante la identidad

z

ez − 1=

∞∑k=0

Bkzk

k!, valida para |z| < 2π. (1.1)

11

12 CAPITULO 1. RESULTADOS Y CONCEPTOS PREVIOS

Debemos hacer notar que la funcion F (z) = zez−1 es analıtica en el disco D(0, 2π), ya

que z = 2π es un polo de F (z), y es por esto que (1.1) solo es valida para |z| < 2π. Veamosque la definicion de Euler es equivalente a la dada por J. Bernoulli.

Sea F (z) la funcion generadora previa, y consideramos F (z)(ez − 1). Entonces,

z = F (z)(ez − 1) =∞∑n=0

Bnn!zn∞∑n=0

zn+1

(n+ 1)!

=∞∑n=0

zn+1n∑k=0

Bkk!

1

(n+ 1− k)!

=∞∑n=0

zn+1

(n+ 1)!

n∑k=0

(n+ 1

k

)Bk

Ası, por unicidad del desarrollo de Taylor, tendremos que

B0 = 1,n∑k=0

(n+ 1

k

)Bk = 0, para n ≥ 1,

es decir, la definicion de J. Bernoulli.Como ya hemos senalado, B2k+1 = 0 para k ≥ 1. Comprobemos este hecho. Usando

que B1 = −12 se tiene

F (z) +z

2= B0 +

∞∑k=2

Bkk!zk.

Pero como

F (z) +z

2= z

(1

ez − 1+

1

2

)= z

ez + 1

ez − 1

es evidente que es una funcion par, ya que

F (−z)− z

2= −z e

−z + 1

e−z − 1= −z 1 + ez

1− ez= z

ez + 1

ez − 1= F (z) +

z

2,

y todos los terminos impares del desarrollo de Taylor de una funcion par son nulos.

1.2. Los polinomios de Bernoulli

Los polinomios de Bernoulli son una extension de los numeros de Bernoulli y vienendefinidos por la identidad

zetz

ez − 1=∞∑n=0

Bn(t)zn

n!, (1.2)

valida nuevamente para |z| < 2π. Veamos algunas propiedades de los polinomios de Ber-noulli que nos seran de gran utilidad a lo largo de esta memoria.

Proposicion 1.1. La sucesion de polinomios de Bernoulli {Bn(t)}n≥0 satisface las si-guientes tres propiedades:

1. B0(t) = 1.

1.2. LOS POLINOMIOS DE BERNOULLI 13

2. Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1 para todo n ∈ N.

3.

∫ 1

0Bn(t) dt = 0 para todo n ∈ N.

Demostracion. Que se cumple 1 es trivial. Si Ft(z) = zetz

ez−1 , entonces B0(t) = Ft(0) = 1.Veamos ahora la propiedad 2. Partiendo de la funcion generatriz Ft para los polinomiosde Bernoulli tendremos

Ft+1(z)− Ft(z) =

∞∑n=0

Bn(t+ 1)zn

n!−∞∑n=0

Bn(t)zn

n!=

∞∑n=1

(Bn(t+ 1)−Bn(t))zn

n!.

Por otra parte,

Ft+1(z)− Ft(z) =zetz

ez − 1(ez − 1) = zetz = z

∞∑n=0

(tz)n

n!=∞∑n=1

ntn−1zn

n!

y concluimos la prueba de la propiedad 2 por identificacion de coeficientes.Comprobemos ahora que se cumple la propiedad 3. Integrando contra la variable t en

el intervalo [0, 1] a ambos lados en (1.2) resulta

z

ez − 1

∫ 1

0etz dt =

∞∑n=0

zn

n!

∫ 1

0Bn(t) dt.

Es evidente que zez−1

∫ 10 e

tz dt = 1. De este modo tendremos

1 =∞∑n=0

zn

n!

∫ 1

0Bn(t) dt

y nuevamente, por identificacion de coeficientes, se deduce inmediatamente que∫ 1

0B0(t) dt = 1 y

∫ 1

0Bn(t) dt = 0, para todo n ≥ 1.

Nota: Resulta un sencillo ejercicio comprobar que las propiedades 1, 2 y 3 de la proposi-cion anterior determinan una unica sucesion de polinomios, que resultan ser los polinomiosde Bernoulli. Por tanto, una forma alternativa de presentarlos es mediante estas propie-dades. Se puede probar de manera elemental que los polinomios definidos de este modocumplen la identidad (1.2).

Veamos otra propiedad de los polinomios de Bernoulli, de la que haremos uso poste-riormente

Proposicion 1.2. B′n(t) = nBn−1(t), para todo n ∈ N ∪ {0}.

Demostracion. Derivando respecto a t en la expresion (1.2) se obtiene

d

dtFt(z) =

z2etz

ez − 1=∞∑n=1

B′n(t)zn

n!.


Por otra parte,

d

dtFt(z) = zFt(z) =

∞∑n=0

Bn(t)zn+1

n!=∞∑j=1

jBj−1(t)zj

j!

y el resultado se sigue por identificacion de coeficientes.

Finalmente, resulta obvio que

Bn(0) = Bn, (1.3)

es decir, el valor en t = 0 de los polinomios de Bernoulli coincide con los numeros deBernoulli. Este hecho es consecuencia de la observacion F0(z) = F (z). Pero aun podemosafirmar algo mas

Proposicion 1.3.

B2k(1) = B2k(0) = B2k, k ≥ 0,

B2k+1(1) = B2k+1(0) = 0, k ≥ 1.

Demostracion. Por la segunda propiedad de la Proposicion 1.1 sabemos que

Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1,

luego en t = 0 se tiene

Bn(1)−Bn(0) = 0

y entonces

Bn(1) = Bn(0) = Bn.

En la siguiente lista mostramos la expresion de los primeros polinomios de Bernoulli

B0(x) = 1,

B1(x) = x− 1

2,

B2(x) = x2 − x+1

6,

B3(x) = x3 − 3x2 +1

2x,

B4(x) = x4 − 2x3 + x2 − 1

30,

B5(x) = x5 − 5

2x4 +

5

3x3 − 1

6x,

B6(x) = x6 − 3x5 +5

2x4 − 1

2x2 +

1

42.

1.3. ALGUNOS TEOREMAS DEL ANALISIS 15

1.3. Algunos teoremas del analisis

A lo largo de esta memoria haremos uso de diversos resultados del analisis matematicoque se han estudiado en el grado. Damos a continuacion una breve recopilacion de los queconsideramos mas importantes.

En primer lugar veamos un resultado que, entre otras cosas, nos permite intercambiaruna integral y un sumatorio bajo ciertas hipotesis.

Teorema 1.1 (de convergencia dominada para series). Sea (X,Σ, µ) un espacio de medidapositiva. Sean fn : X → K (n ∈ N) funciones medibles tales que

∞∑n=1

||fn||1 < +∞.

Entonces:

1. fn ∈ L1(X,µ).

2. Existe f : X → K medible tal que∞∑n=1

fn = f µ-ctp. Tal funcion f es esencialmente

unica (otra con las mismas propiedades coincide con f µ-ctp).

3. f ∈ L1(X,µ).

4. lımN→∞

∥∥∥∥∥f −N∑n=1

fn

∥∥∥∥∥1

= 0; es decir,

∞∑n=1

fn = f en la norma en L1(X,µ).

5. Para cada conjunto medible E, la serie∞∑n=1

∫Efndµ converge, y se tiene que

∫Efdµ =

∞∑n=1

∫Efndµ.

La demostracion se encuentra detallada en muchos libros de analisis matematico, entreellos, por ejemplo, en [1].

Otro resultado que emplearemos es el Teorema de Tannery, el cual nos garantiza laexistencia de lımite en ciertas series y nos permite calcular su valor de manera sencilla.

Teorema 1.2 (de Tannery para series). Si s(n) =

∞∑k=0

fk(n) es una suma convergente

para cada n, lımn→∞

fk(n) = fk, |fk(n)| ≤Mk y

∞∑k=0

Mk <∞, entonces

lımn→∞

s(n) =∞∑k=0

fk.


Demostracion. Para cada ε > 0 existe un N(ε) tal que∑

k>N(ε)

Mk <ε

3. Para cada k existe

un Nk(ε) tal que |fk(n)− fk| < ε3N(ε) , para todo n ≥ Nk(ε). Tomamos

N(ε) = max{N1(ε), . . . , NN(ε)(ε)}. Entonces

|s(n)−∞∑k=0

fk| ≤N(ε)∑k=0

|fk(n)− fk|+ 2∑

k>N(ε)

Mk < N(ε)ε

3N(ε)+ 2

ε

3= ε

para todo n ≥ N(ε).

Como acabamos de ver, el Teorema de Tannery para series puede demostrarse demanera elemental, sin embargo debemos hacer notar que es la version en L1(N) del Teoremade la convergencia dominada. La demostracion que hemos incluıdo esta tomada de [8] ypuede verse otra demostracion alternativa en [3].

Del Teorema de Tannery para series, puede deducirse un resultado analogo para pro-ductos infinitos. Para ello basta tener en cuenta la relacion entre la convergencia de seriesy la convergencia de productos infinitos.

Teorema 1.3 (de Tannery para productos infinitos). Si p(n) =∞∏k=1

(1 + ak(n)) es un

producto infinito convergente para cada m ∈ N, lımn→∞

ak(n) = ak, |ak| ≤Mk y∞∑k=1

Mk <∞,

entonces

lımm→∞

pn =

∞∏k=1

(1 + ak).

El siguiente tema tiene una gran utilidad para la integracion de funciones en variasvariables. Utilizaremos este importante resultado en algunas de las demostraciones paraintercambiar el orden de integracion de las variables.

Teorema 1.4 (de Fubini). Sean (X1,Σ1, µ1) y (X2,Σ2, µ2) espacios de medida positivaσ-finita. Sea f ∈ L1(X1×X2,Σ1×Σ2, µ1×µ2)). Llamamos fx a la proyeccion de f sobrela primera varibale y fy la proyeccion de f sobre la segunda variable. Entonces:

a1) fx ∈ L1(µ2) µ1(x)-c.t.p. x ∈ X.

a2) fy ∈ L1(µ1) µ2(y)-c.t.p. y ∈ Y.

b1) Existe g ∈ L1(µ1), esencialmente unica, tal que

g(x) =

∫X2

fx(y) dµ2(y) µ1(x)-c.t.p.x ∈ X.

b1) Existe h ∈ L1(µ2), esencialmente unica, tal que

h(y) =

∫X1

fy(x) dµ1(x) µ2(y)-c.t.p.y ∈ Y.

1.3. ALGUNOS TEOREMAS DEL ANALISIS 17

c1)

∫X1×X2

f dµ1 ⊗ µ2 =

∫X1

g(x) dµ1(x).

c2)

∫X1×X2

f dµ1 ⊗ µ2 =

∫X2

h(y) dµ2(y).

A continuacion introducimos el Teorema de los residuos, uno de los teoremas masimportantes del analisis complejo y que resulta una parte clave de las dos primeras de-mostraciones.

Teorema 1.5 (de los residuos). Sea f(z) una funcion analıtica en un dominio simplementeconexo D, excepto en un numero finito de puntos zk que constituyen singularidades aisladasde la funcion. Sea C una curva simple, cerrada y regular a trozos orientada positivamente,contenida en D y que no pasa por ninguna de las singularidades. Entonces∫

Cf(z) dz = 2πi

∑zk∈IntC

Res(f, zk).

La demostracion de este teorema se encuentra detallada, entre otros, en [2].La formula que utilizaremos para calcular los residuos es la usual para polos de orden

m en z0

Res(f, z0) =1

(m− 1)!lımz→z0

dm−1

dzm−1[(z − z0)mf(z)], (1.4)

que en el caso de orden uno se simplifica a

Res(f, z0) = lımz→z0

(z − z0)f(z). (1.5)

Capıtulo 2

Pruebas usando analisis complejoy de Fourier

2.1. Una prueba usando analisis complejo

En primer lugar vamos a probar el resultado que nos ocupa con una de las demostra-ciones mas clasicas. Esta demostracion se puede encontrar en muchas publicaciones sobreanalisis complejo y utiliza el Teorema de los residuos. Nos basaremos en el ejercicio 5.59del capıtulo VIII de [2], en el que este metodo aparece propuesto.

Primera demostracion. Sea m ∈ Z+ y fm(z) = 1z2m(ez−1) . Integraremos la funcion fm en

el borde de la region Qn, definida como

Qn := {z = x+ iy : |x| ≤ (2n+ 1)π, y ≤ (2n+ 1)π}.

La region de integracion aparece representada en la figura 2.1. Veamos que se cumple∫∂Qn

fm(z)dz = 2πi

(Bm

(2m)!+

2(−1)m

(2π)2m

n∑k=1

1

k2m

). (2.1)

Por el Teorema de los residuos (ver Teorema 1.5), si zk = 2kπi∫∂Qn

fm(z)dz = 2πi∑zk∈Qn

Res(f, zk).

La funcion fm(z) presenta polos simples en los puntos zk = 2kπi siendo k 6= 0 y k =−n, . . . , n, y un polo de orden 2m+ 1 en el punto z = 0.

En los polos simples zk se tiene

Res(f, 2kπi) = lımz→2kπi

z − 2kπi

z2m(ez − 1)=

1

(2kπi)2mlım

z→2kπi

z − 2kπi

ez − 1.

Aplicando la regla de L’Hopital obtenemos

Res(f, 2kπi) =1

(2kπi)2mlım

z→2kπi

1

ez,

19

20 CAPITULO 2. PRUEBAS USANDO ANALISIS COMPLEJO Y DE FOURIER

- H2n+1Lp H2n+1Lp

H2n+1Lp

- H2n+1Lp ý1ý1

ý3ý3

ý2

ý2

ý4

ý4

zn

zk

z1

z-n

z-k

z-1

Figura 2.1: Region Qn.

que, usando la identidad1

i2m= (−1)m, se convierte en

Res(f, 2kπi) =1

(2kπi)2me2kπi=

(−1)m

(2π)2mk2m.

Notar que k varıa desde −n hasta n y Res(f, 2kπi) = Res(f,−2kπi), luego multiplicamospor 2 el resultado para cambiar el intervalo de sumacion k ∈ {−n, .., n} \ 0 al mas sencillok ∈ {1, .., n} y se obtiene

n∑k=−nk 6=0

Res(f, 2kπi) =2(−1)m

(2π)2m

n∑k=1

1

k2m.

Consideramos a continuacion el punto z = 0 que como adelantabamos se trata de un polode orden 2m+ 1. Entonces

Res(f, 0) = lımz→0

1

(2m)!

d2m

dz2m

(z2m+1

z2m(ez − 1)

)=

1

(2m)!lımz→0

d2m

dz2m

(z

ez − 1

).

2.1. UNA PRUEBA USANDO ANALISIS COMPLEJO 21

Usando el desarrollo de Taylor dado en (1.1), resulta inmediatamente que

dk

dzk

(z

ez − 1

)∣∣∣∣z=0

= Bk

y, por tanto,

Res(f, 0) =B2m

(2m)!.

Esto prueba la identidad (2.1).Veamos ahora que

∫∂Qn

fm(z) dz −→n→∞

0. Para ello usaremos que para z ∈ ∂Qn se

cumple1 |ez − 1| > 1− e−3π, o equivalentemente

1

|ez − 1|<

1

1− e−3π.

Llamemos γi a cada uno de los lados del camino ∂Qn, empezando por el inferior yordenados en sentido positivo (es decir, recorrido en sentido antihorario), tal y como semuestra en la figura 2.1.

Para z ∈ γ1 se tiene z = a− i(2n+ 1)π con a ∈ [−(2n+ 1)π, (2n+ 1)π]. Luego

|z| =√a2 + ((2n+ 1)π)2 ≥

√((2n+ 1)π)2 = (2n+ 1)π.

Por otro lado, como |z| ≥ (2n+ 1)π, se cumple

|fm(z)| ≤ 1

|z|2m(1− e−3π)≤ 1

(2n+ 1)2mπ2m(1− e−3π).

Ası,∣∣∣∣∫γ1

fm(z)dz

∣∣∣∣ ≤ ∫γ1

|fm(z)| |dz| ≤ C

(2n+ 1)2m

∫γ1

|dz| = 2(2n+ 1)π

(2n+ 1)2m=

C

(2n+ 1)2m−1.

La misma estimacion se obtiene para los tres lados restantes del cuadrado, tomando z =(2n + 1)π + ai, z = a + i(2n + 1)π, z = −(2n + 1)π + ai y repitiendo exactamente lasmismas cuentas.

Entonces

lımn→∞

∫∂Qn

fm(z)dz = 0,

lo que con (2.1) nos permite probar que

ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2mB2m

2(2m)!.

1 Aplicando la desigualdad triangular inversa y usando que |ez| = e<z, se tiene

|ez − 1| ≥ |e<z − 1|.

Para z ∈ ∂Qn se verifica que |<z| ≥ 3π. Entonces, si <z ≥ 3π,

|ez − 1| ≥ e3π − 1 = e3π(1− e−3π) ≥ 1− e−3π

y si <z ≤ −3π|ez − 1| ≥ 1− e−3π

y hemos concluido.


2.2. Otra prueba con variable compleja

En esta demostracion usaremos tambien tecnicas de variable compleja y el Teorema delos residuos, en este caso con un camino algo mas complejo (ya que requiere evitar una sin-gularidad en z = πi). Nos apoyaremos tambien en algunos desarrollos que introduciremosdurante la demostracion.

Segunda demostracion. Definimos, para m ≥ 1 la siguiente expresion:

α(2m) =

∞∑n=0

1

(2n+ 1)2m.

En primer lugar vamos a probar que

∞∑m=1

α(2m)w2m−1 =π

4tan

(πw2

). (2.2)

Veamos que la serie efectivamente converge. Es claro que 2m√α(2m) > 1 y α(2m)

α(2m−2) < 1,luego teniendo en cuenta que

1 ≤ lım infn→∞

2m√α(2m) ≤ lım sup

n→∞2m√α(2m) ≤ lım sup

n→∞

α(2m)

α(2m− 2)≤ 1,

deducimos que

lımn→∞

2m√α(2m) = 1,

es decir, la serie converge cuando |w| < 1. Por otra parte, como e−2s < 1, para todo s > 0tenemos el desarrollo

1

senh s=

2

es − e−s=

2e−s

1− e−2s= 2

∞∑n=0

e−s(2n+1). (2.3)

Ahora en (2.3) multiplicamos por s2m−1, integramos en (0,∞) y aplicamos el Teorema 1.1para intercambiar integral y sumatorio, quedando∫ ∞

0

s2m−1

senh sds = 2

∞∑n=0

∫ ∞0

s2m−1e−s(2n+1) ds = 2(2m− 1)!α(2m). (2.4)

La integral anterior se ha evaluado aplicando el cambio de variable s(2n + 1) = t. Enefecto,∫ ∞

0s2m−1e−s(2n+1) ds =

∫ ∞0

(t

2n+ 1

)2m−1e−t

dt

2n+ 1=

Γ(2m)

(2n+ 1)2m=

(2m− 1)!

(2n+ 1)2m.

Aplicando (2.4), se obtiene

∞∑m=1

α(2m)w2m−1 =1

2

∞∑m=1

w2m−1

(2m− 1)!

∫ ∞0

s2m−1

senh sds,

2.2. OTRA PRUEBA CON VARIABLE COMPLEJA 23

y usando el desarrollo de Taylor de senh(ws) llegamos a

∞∑m=1

α(2m)w2m−1 =1

2

∫ ∞0

∞∑m=1

(ws)2m−1

(2m− 1)! senh sds

=1

2

∫ ∞0

senh(ws)

senh sds =

1

4

∫ ∞−∞

senh(ws)

senh sds.

Ahora integremos la funcion fw(z) =senh(wz)

senh(z)en el camino γε,R, definido tal como se

describe en la figura 2.2. Aplicando el Teorema 1.5 resulta

ý1ý1

ý2

ý3

ý4

ý5

ý6

e

R+ iþ- R+ iþ

R- R

Figura 2.2: Camino γε,R.

∫γε,R

fw(z)dz =6∑i=1

Ii = 0, (2.5)

donde Ii representa la integral sobre cada uno de los caminos γi de la figura 2.2. La identi-dad (2.5) se cumple por ser fw analıtica en el interior de γε,R, que es un domino cumpliendolas hipotesis del Teorema 1.5 sin singularidades de fw en su interior. Es inmediato ver quela primera integral, que corresponde al camino inferior, se escribe como

I1 =

∫ R

−Rfw(s) ds,

mientras que las dos de la parte de arriba, I3 e I5, se transforman en

I3 + I5 = −(∫ R

ε

senh(w(s+ πi))

senh(s+ πi)ds+

∫ −ε−R

senh(w(s+ πi))

senh(s+ πi)ds

).

Aplicando la formula para el seno hiperbolico de la suma y posteriormente sustituyendo losvalores conocidos (para n ∈ Z, senh(nπi) = 0 y cosh(nπi) = (−1)n, ya que senh(nπi) =


i sen(nπ) y cosh(nπi) = cos(nπ)), se obtiene

I3 + I5 = −∫ R

ε

senh(ws) cosh(wπi) + cosh(ws) senh(wπi)

senh s cosh(πi) + cosh s senh(πi)ds

−∫ −ε−R

senh(ws) cosh(wπi) + cosh(ws) senh(wπi)

senh s cosh(πi) + cosh s senh(πi)ds

= cos(πw)

(∫ R

ε

senh(ws)

senh sds+

∫ −ε−R

senh(ws)

senh sds

)+ i sen(πw)

(∫ R

ε

cosh(ws)

senh(s)ds+

∫ −ε−R

cosh(ws)

senh(s)ds

)= cos(πw)

∫[−R,−ε]∪[ε,R]

fw(s) ds,

donde en el ultimo paso hemos usado que la funcion cosh(ws)senh(s) es impar y por tanto las

integrales en [−R,−ε] y en [ε, R] se cancelan entre sı.Para acotar los valores de |I2| e |I6|, usaremos las desigualdades | senh z| ≤ cosh(<z) y

| senh z| ≥ Ce|<z|, siendo esta ultima valida para |<z| ≥ k con k una constante positiva, lascuales probaremos a continuacion. La primera desigualdad se tiene facilmente. En efecto,

| senh z| =∣∣∣∣ez − e−z2

∣∣∣∣ ≤ 1

2

(|ez|+ |e−z|

)=

1

2

(e<z + e−<z

)= cosh(<z).

Para la otra desigualdad, partimos de la identidad

senh z = senh(x+ iy) = senhx cos y + i coshx sen y.

Tomando modulo y operando

| senh z|2 = senh2 x cos2 y + cosh2 x sen2 y =e2x − 2 + e−2x

4cos2 y +

e2x + 2 + e−2x

4sen2 y

=e2x + e−2x

4+

1

2(sen2 y − cos2 y) =

e2x + e−2x

4− 1

2(cos 2y)

≥ e2x + e−2x

4− 1

2=e2x − 2 + e−2x

4= (senhx)2.

Es decir, para la acotacion que queremos basta, por ejemplo, probar que

| senhx| ≥ e|x|

4, si |x| ≥ log

√2.

Veamos que se cumple para x ≥ log√

2 y para x ≤ − log√

2 se sigue inmediatamente. Enefecto

senhx >ex

4⇔ ex − 2e−x

4> 0⇔ e2x ≥ 2⇔ x ≥ log

√2.

Por tanto concluimos que

| senh z| ≥ e|<z|

4, si |<z| ≥ log

√2,

2.2. OTRA PRUEBA CON VARIABLE COMPLEJA 25

finalizando la prueba de las dos acotaciones necesarias. Luego si R ≥ log√

2 podemosacotar |I2|+ |I6| del siguiente modo

|I2|+ |I6| =∣∣∣∣∫ π

0

senh(w(R+ si))

senh(R+ si)ds

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∫ π

0

senh(w(−R+ si))

senh(−R+ si)ds

∣∣∣∣ ≤≤ C

(e−R(1−w) + e−R(1+w)

),

ya que realizando el cambio z = R + si para γ2 (la situacion para γ6 es analoga con elcambio z = −R+ si) la integral se transforma en∣∣∣∣∫

γ2

senh(wz)

senh zdz

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣i ∫ π

0

senh(w(R+ si))

senh(R+ si)ds

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0

∣∣∣∣senh(w(R+ si))

senh(R+ si)ds

∣∣∣∣ ≤≤ C

∫ π

0

cosh(wR)

eRds = C

(e−(1−w)R + e−(w+1)R

).

El hecho de tomar R ≥ log√

2 no supone ninguna restriccion ya que podemos tomarvalores de R grandes sin afectar en absoluto a nuestro resultado.

Para calcular I4 observamos que

fw(z) = −isen(πw)

z − πi+ h(z),

con h(z) una funcion holomorfa para |z − πi| < π, ya que z = πi es un polo simple defw(z) y

Res(fw, πi) = lımz→πi

(z − πi)f(z) = −i senπw.

Veamos que

I4 = −π sen(πw) +

∫γ4

h(z) dz,

con ∣∣∣∣∫γ4

h(z)dz

∣∣∣∣ ≤Mπε.

En efecto,

I4 = −i∫γ4

sen(πw)

z − πidz +

∫γ4

h(z) dz = i sen(πw)

∫−γ4

dz

z − πi+

∫γ4

h(z) dz,

realizando el cambio de variable z = πi+ εeiθ, con θ ∈ (π, 2π), obtenemos

i sen(πw)

∫−γ4

dz

z − πi= i sen(πw)

∫ 2π

π

iεeiθ

εeiθdθ = −π sen(πw).

Para acotar la otra integral, basta observar que si z ∈ γ4 se puede escribir de la formaz = πi+ εeiθ con θ ∈ (−π, 0), y como h(z) es holomorfa entonces |h(z)| ≤M para z ∈ γ4,luego ∣∣∣∣∫

γ4

h(z) dz

∣∣∣∣ ≤ ∫γ4

|h(z)| |dz| ≤M∫γ4

|dz| = Mπε.


Ası, tomando lımite cuando ε→ 0 y R→∞ en (2.5), resulta

(1 + cos(πw))

∫R

senh(ws)

senh sds− π sen(πw) = 0,

y se concluye que

∞∑m=1

α(2m)w2m−1 =1

4

∫ ∞−∞

senh(ws)

senh sds =

1

4

(π sen(πw)

1 + cos(πw)

)=π

4tan

(πw2

).

Por otra parte volviendo a nuestro objetivo, vamos a relacionar los valores ζ(m) conα(m). Separando pares e impares resulta

ζ(m) =∞∑k=1

1

km=∞∑j=1

1

(2j + 1)m+∞∑j=1

1

(2j)m=∞∑j=1

1

(2j + 1)m+

1

2m

∞∑j=1

1

jm.

Vemos que, de los dos ultimos sumatorios, el primero se corresponde con nuestro α(m) yel segundo es justamente 1

2m ζ(m), luego

ζ(m) = α(m) +1

2mζ(m)⇒ ζ(m) =

2m

2m − 1α(m)

y para enteros pares, se tiene la identidad

ζ(2m) =22m

22m − 1α(2m). (2.6)

Como sabemos que el desarrollo de Taylor de la tangente2 es

tan(z) =∞∑m=1

(−1)m−122m(22m − 1)B2mz2m−1

(2m)!, para |z| < π

2, (2.7)

2 Veamos como se puede probar la expresion dada para el desarrollo de la tangente. Se tiene que

z

ez − 1=

∞∑k=0

Bkzk

k!= −z

2+

∞∑j=0

B2jz2j

(2j)!,

pasando z2

al primer miembro llegamos a

z

(1

ez − 1+

1

2

)=

∞∑j=0

B2jz2j

(2j)!.

Es claro que

z

(1

ez − 1+

1

2

)=z

2

ez + 1

ez − 1=z

2

ez2 + e−

z2

ez2 − e− z

2.

Ahora, realizando el cambio z = ix resulta

z

(1

ez − 1+

1

2

)=ix

2

eix2 + e−

ix2

eix2 − e− ix

2

=x

2

cos x2

sen x2

=x

2cot

x

2.

Luego

x

2cot

x

2=

∞∑j=0

B2j(ix)2j

(2j)!=

∞∑j=0

(−1)jB2jx2j

(2j)!,

que mediante el cambiox

2= t se transforma en

t cot t =

∞∑j=0

(−1)jB2j22jt2j

(2j)!.

2.3. SOBRE LA SUMA ALTERNADA DE RECIPROCOS DE ENTEROS 27

entonces por (2.2) se tiene que

∞∑m=1

α(2m)w2m−1 =π

4tan

(πw2

)=π

4

∞∑m=1

(−1)m−122m(22m − 1)B2m

(2m)!

(πw2

)2m−1=∞∑m=1

(−1)m−1(22m − 1)π2mB2m

2(2m)!w2m−1,

luego, por identificacion de coeficientes,

α(2m) =(−1)m−1π2m(22m − 1)

2(2m)!B2m.

Ası, por la expresion (2.6) concluimos que

ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2mB2m

2(2m)!.

Resulta logico querer aplicar una tecnica similar para intentar evaluar los valoresζ(2m + 1). Sin embargo, mediante este metodo llegamos a una integral que no pode-mos resolver. Pero, procediendo como en la demostracion anterior, sı que podemos probarque

α(2m+ 1) = 2(2m)!

∫ ∞0

s2m

senh sds

y∞∑m=1

α(2m+ 1)w2m =1

2

∫ ∞0

cosh(ws)− 1

senh sds.

Esta ultima integral no se puede evaluar utilizando el Teorema de los residuos (Teorema 1.5de estas notas). En la demostracion, la funcion a integrar era par y la podıamos extendera todo R, en este caso no podemos hacerlo.

2.3. Sobre la suma alternada de recıprocos de enteros

De forma analoga a la suma α(2m) que hemos definido y utilizado para la demostracionanterior, veamos ahora otra expresion similar con su propio interes. Definimos, para m ≥ 0,

β(2m+ 1) =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2m+1,

Concluimos aplicando la formula tanx = cotx− 2 cot 2x y multiplicando por x

x tanx = x cotx− 2x cot 2x =

∞∑j=0

(−1)jB2j22jx2j

(2j)!−∞∑j=0

(−1)jB2j22j22jx2j

(2j)!

=

∞∑j=1

(−1)jB2j22j(1− 22j)x2j

(2j)!.

Notar que hemos empezado a sumar en j = 1 en el ultimo paso, ya que el termino en j = 0 se anula alrestar.


es decir, β(2m + 1) es la suma alternada de potencias impares de recıprocos de enterosimpares. El caso m = 0 se corresponde con la bien conocida identidad debida a Gregory

∞∑n=0

(−1)n

2n+ 1=π

4,

que se deduce como consecuencia del desarrollo en serie de potencias para la funcionarcotangente. Como hemos observado en la introduccion, el caso m = 1 ya fue obtenidopor Euler. Veamos que es posible encontrar una expresion cerrada para los valores β(2m+1)que involucra otra familia de numeros bien conocidos: los numeros de Euler.

Proposicion 2.1. Sea w ∈ (−1, 1), entonces

∞∑m=0

β(2m+ 1)w2m =π

4sec(πw

2

), (2.8)

y

β(2m+ 1) = (−1)mπ2m+1Em4m+1(2m)!

, (2.9)

donde {Em}m≥0 son los numeros de Euler.

Los numeros de Euler se introducen en terminos del desarrollo en serie de potenciasde la secante. En concreto se definen mediante la identidad

sec z =

∞∑m=0

(−1)mE2m

(2m)!z2m, para |z| < π

2.

Resulta sencillo comprobar que los numeros definidos de esta forma verifican la recurren-cia3

E0 = 1,

n∑k=0

(2n

2k

)Ek = 0, para n ≥ 1. (2.10)

3 En efecto,

1 = sec z cos z =

∞∑m=0

(−1)mE2m

(2m)!z2m

∞∑m=0

(−1)mz2m

(2m)!=

=

∞∑m=0

m∑k=0

(−1)kEk(2k)!

z2k(−1)m−kz2(m−k)

(2(m− k))!=

∞∑m=0

(−1)mz2m

(2m)!

m∑k=0

(2m

2k

)Ek,

y (2.10) se sigue por identificacion de coeficientes

2.3. SOBRE LA SUMA ALTERNADA DE RECIPROCOS DE ENTEROS 29

Demostracion de la Proposicion 2.1. Procediendo como para obtener (2.4) se tiene que

β(2m+ 1) =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2m+1

=1

(2m)!

∞∑n=0

(−1)n∫ ∞0

e−(2n+1)ss2m ds

=1

(2m)!

∫ ∞0

s2m∞∑n=0

(−1)ne−(2n+1)s ds

=1

(2m)!

∫ ∞0

s2me−s

1 + e−2sds

=1

2(2m)!

∫ ∞0

s2m

cosh sds,

y, por tanto,

∞∑m=0

β(2m+ 1)w2m =1

2

∞∑m=0

1

(2m)!

∫ ∞0

(ws)2m

cosh sds

=1

2

∫ ∞0

cosh(ws)

cosh sds

=1

4

∫R

cosh(ws)

cosh sds.

Para obtener (2.8), integramos la funcion gw(z) = cosh(wz)cosh z sobre la curva γR definida tal

como se destribe en la figura 2.3. Ası, resulta

ý1ý1

ý2

ý3ý3

ý4

R+ iþ- R+ iþ

R- R

þi

2

Figura 2.3: Region γR.

∫γR

gw(z)dz =

4∑i=1

Ii = 2πiRes

(gw,

πi

2

), (2.11)

siendo Ii la integral de la funcion gw sobre cada camino γi de la figura 2.3. La identidadanterior se cumple aplicando el Teorema 1.5, por ser gw una funcion con un polo simpleen z = πi

2 . Es inmediato ver que la primera integral, que se corresponde al camino inferior,se escribe como

I1 =

∫ R

−Rgw(s) ds,


mientras que la integral del camino superior, I3, se transforma en

I3 = −∫ R

−R

cosh(w(s+ πi))

cosh(s+ πi)ds.

Resulta evidente que

I3 = −∫ R

−R

cosh(ws) cosh(wπi) + senh(ws) senh(wπi)

cosh s cosh(πi) + senh s senh(πi)ds

=

∫ R

−R

cosh(ws) cos(wπ) + i senh(ws) sen(wπ)

cosh sds

= cos(wπ)

∫ R

−R

cosh(ws)

cosh(s)+ i sen(wπ)

∫ R

−R

senh(ws)

cosh sds

= cos(πw)

∫ R

−Rgw(s) ds,

donde en el ultimo paso hemos usado que la funcion senh(ws)cosh s es impar y, por lo tanto, su

integral es nula en cualquier intervalo (−R,R).Para acotar los valores de |I2| e |I4| procedemos como en la demostracion previa.

Usaremos en este caso las desigualdades | cosh z| ≤ cosh (<z) y | cosh z| ≥ Ce|<z|, validaesta ultima para |<z| > k para una cierta constante positiva k. Las demostraciones deestas desigualdades son identicas a las que dimos en la demostracion previa y por elloomitimos los detalles.

Ası, obtenemos

|I2|+ |I4| =∣∣∣∣∫ π

0

cosh(w(R+ si))

cosh(R+ si)ds

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∫ π

0

cosh(w(−R+ si))

cosh(−R+ si)ds

∣∣∣∣≤ C

(∫ π

0

cosh(wR)

eRds+

∫ π

0

cosh(−wR)

eRds

)≤ C cosh(wR)

eR= C

(e(w−1)R + e−(w+1)R

),

para ciertas constantes C en cada caso, y es evidente que

lımR→∞

I2 + I4 = 0.

De este modo, tomando lımite cuando R tiende a infinito, de (2.5) deducimos que

(1 + cos(πw))

∫Rgw(s) ds = 2πiRes

(gw,

πi

2

).

Como

Res

(gw,

πi

2

)= lım

z→πi2

(z − πi

2

)gw(z) = −i cos

(wπ2

),

concluimos que ∫Rgw(s) ds =

2π cos(wπ2

)1 + cos(πw)

= π sec(πw

2

)

2.4. UNA PRUEBA USANDO ANALISIS DE FOURIER 31

y, por tanto,∞∑m=0

β(2m+ 1)w2m =π

4sec(πw

2

),

es decir, la expresion (2.8). La identidad (2.9) se sigue inmediatamente de (2.8) por iden-tificacion de coeficientes usando el desarrollo de la secante en terminos de los numeros deEuler.

2.4. Una prueba usando analisis de Fourier

El analisis de Fourier es una rama de las matematicas que estudia la representacion oaproximacion de funciones periodicas en terminos de sumas de funciones trigonometricas.El desarrollo en serie de Fourier de una funcion permite describir una funcion periodicaen terminos de una suma de senos y cosenos (o exponenciales complejas). La clave dela demostracion siguiente esta en el desarrollo en serie de Fourier de los polinomios deBernoulli.

Considerando funciones f definidas en [0, 1] se tiene que su desarrollo en serie de Fourierviene dado por

f(x) 7−→∑k∈Z

ak(f)e2πikx,

donde

ak(f) =

∫ 1

0f(t)e−2πikt dt.

Para funciones acotadas, continuas a trozos y monotonas a trozos se tiene que∑k∈Z

ak(f)e2πikx = lımh→0

f(x+ h) + f(x− h)

2.

Este resultado se debe a G. L. Dirichlet, y es el primer resultado riguroso sobre convergenciapuntual de las series de Fourier.

Tercera demostracion. Veamos que si 0 ≤ x ≤ 1, entonces

Bm(x) = − m!

(2πi)m

∑|k|≥1

e2πikx

km.

El desarrollo de Fourier de los polinomios Bm(x) viene dado por

Bm(x) =∑k∈Z

ak,me2πikx, (2.12)

con

ak,m =

∫ 1

0Bm(t)e−2πikt dt.

La igualdad (2.12) se cumple por el Teorema de Dirichlet citado anteriormente, por serlos polinomios de Bernoulli continuos, monotonos a trozos y verificar que Bm(0) = Bm(1).


Notar que tacitamente estamos considerando la periodizacion Bm(x−[x]) de los polinomiosde Bernoulli.

Vamos a probar que

ak,m =

0, si k = 0,

− m!

(2πik)m, si k 6= 0.

(2.13)

Procedemos por induccion sobre m. Veamos el caso m = 1. Para ello usaremos que, comosenalabamos en el capıtulo de resultados previos, B1(x) = x − 1

2 . En el caso k = 0, estrivial que a0,1 = 0 ya que ∫ 1

0

(t− 1

2

)dt = 0.

En el caso k 6= 0, aplicamos integracion por partes tomando u = t − 12 y dv = e−2πikt dt.

Ası

ak,1 =

∫ 1

0

(t− 1

2

)e−2πikt dt =

(t− 12)e−2πikt

−2πik

∣∣∣∣∣1

0

+1

2πik

∫ 1

0e−2πikt dt.

La integral del segundo miembro de la ecuacion anterior es igual a 0.4 Proseguimos ope-rando el miembro no nulo. Aplicando que e−2πik = cos 2πk − i sen 2πk resulta

ak,1 = − 1

4πik

(e−2πik + 1

)= − 1

2πik.

Supongamos que (2.13) se verifica para m y comprobemos que se verifica tambien para m+1. Recordamos que, en la Proposicion 1.2 del Capıtulo 1, dabamos la siguiente propiedadde los polinomios de Bernoulli:

B′m+1(t) = (m+ 1)Bm(t).

Aplicando integracion por partes, con u = Bm+1(t) y dv = e−2πikt dt, resulta

ak,m+1 =

∫ 1

0Bm+1(t)e

−2πikt dt = −e−2πikt

2πikBm+1(t)

∣∣∣∣10

+m+ 1

2πik

∫ 1

0Bm(t)e−2πikt dt.

Por la Proposicion 1.3 obtenemos

− 1

2πik

(e−2πikBm+1(1)−Bm+1(0)

)= −Bm+1(1)−Bm+1(0)

2πik= 0,

y, por tanto,

ak,m+1 =m+ 1

2πikak,m.

4 Veamos que 12πik

∫ 1

0e−2πikt dt = 0. En efecto, mas en general, se verifica que∫ 1

0

e2πimte−2πikt dt = δm,k =

{1, si m = k,

0, si m 6= k.

Para m 6= k (en el caso m = k es inmediata) se tiene que∫ 1

0

e2πimte−2πikt dt =

∫ 1

0

e2πi(m−k)t dt =e2πi(m−k)t

2πi(m− k)

∣∣∣∣10

=e2πi(m−k) − 1

2πi(m− k)= 0.

2.4. UNA PRUEBA USANDO ANALISIS DE FOURIER 33

Luego, por hipotesis de induccion, se tiene

ak,m+1 =

∫ 1

0Bm+1(t)e

−2πikt dt =

0, si k = 0,

− (m+ 1)!

(2πik)m+1, si k 6= 0.

lo que concluye la demostracion de (2.13).Sabemos pues que se cumple

Bm(x) =−m!

(2πi)m

∑|k|≥1

e2πikx

km.

Tomemos ahora m = 2n y tendremos

B2n(x) =−(2n)!

(2πi)2n

∑|k|≥1

e2πikx

k2n.

Aplicando que i2n = (−1)n y separando la parte positiva y negativa del sumatorio, obte-nemos

B2n(x) =(−1)n+1(2n)!

(2π)2n

∞∑k=1

e2πikx + e−2πikx

k2n=

(−1)n+1(2n)!

(2π)2n

∞∑k=1

2 cos 2πkx

k2n.

Finalmente, tomando x = 0 y despejando la suma llegamos al resultado buscado

ζ(2n) = (−1)n+1 (2π)2n

2(2n)!B2n(0) = (−1)n+1 (2π)2nB2n

2(2n)!.

Capıtulo 3

Demostraciones usando tecnicaselementales

3.1. Una prueba usando el teorema de Tannery para series

Esta demostracion esta basada en ideas tomadas de [8] (donde por cierto tambiense puede encontrar, como anexo, la elegante demostracion del Teorema de Tannery queincluimos en el Capıtulo 1).

Previamente a la demostracion, vamos a probar una expresion trigonometrica con supropio interes.

Lema 3.1. Sea k ≥ 1, entonces

1

sen2 x=

1

k2

k−1∑j=0

1

sen2(x+jπk

) .Demostracion del Lema 3.1. Nos apoyaremos en la suma de valores de la tangente (la cualprobaremos mas adelante)

k−1∑j=0

tan

(t+

jπ

k

)=

{k tan(kt), si k impar,

−k cot(kt), si k par.(3.1)

Derivando respecto a t ambos lados de (3.1), se obtiene

1

k2

k−1∑j=0

1

cos2(t+ jπk )

=

1

cos2(kt), si k impar,

1

sen2(kt), si k par.

Ası, tomando t = xk + π

2 , resulta

1

k2

k−1∑j=0

1

sen2(x+jπk )=

1

cos2(x+ kπ

2

) , si k impar

1

sen2(x+ kπ

2

) , si k par

=1

sen2 x.

35

36 CAPITULO 3. DEMOSTRACIONES USANDO TECNICAS ELEMENTALES

Veamos una prueba de la identidad (3.1), que hemos usado para probar el lema previo.

Demostracion de (3.1). Como∫tan

(t+

jπ

k

)dt = − log

∣∣∣∣cos

(t+

jπ

k

)∣∣∣∣+ C,

consideramos la funcion

f(t) = −k−1∑j=0

log

∣∣∣∣cos

(t+

jπ

k

)∣∣∣∣ = − log

∣∣∣∣∣∣k−1∏j=0

cos

(t+

jπ

k

)∣∣∣∣∣∣ .Resulta sencillo observar que

A =

k−1∏j=0

cos

(t+

jπ

k

)=

1

2k

k−1∏j=0

(e(t+

jπk )i + e−(t+ jπ

k )i)

=1

2k

k−1∏j=0

e−ijπk eti

(e

2πijk + e−2it

)=eikt

2k

k−1∏j=0

e−ijπk

k−1∏j=0

(e

2πijk + e−2it

)= (−1)k

eikt

2ke−

i(k−1)π2

((−e−2it

)k − 1).

Notar que para el ultimo paso hemos aplicado la identidad

k−1∏j=0

(z − e

2πijk

)= zk − 1. De

este modo

A = (−1)ke−i(k−1)π

2

2k

((−1)ke−ikt − eikt

)=

{Ck cos(kt), si k impar,

Ck sen(kt), si k par,

para ciertas constantes Ck.1 Por tanto

f(t) =

{− log |Ck cos(kt)| , si k impar,

− log |Ck sen(kt)| , si k par.

Teniendo en cuenta que f ′(t) =k−1∑j=0

tan

(t+

jπ

t

)y

f ′(t) =

k sen(kt)

cos(kt)= k tan(kt), si k impar,

−k cos(kt)

sen(kt)= −k cot(kt), si k par,

concluimos la demostracion de la identidad (3.1).

1 Resulta sencillo comprobar que

Ck =(−1)[

k2]

2k−1

3.1. UNA PRUEBA USANDO EL TEOREMA DE TANNERY PARA SERIES 37

A continuacion introducimos otra identidad que sera la pieza fundamental de nuestrasiguiente demostracion.

Lema 3.2. Para |x| < π, se verifica la igualdad

1

sen2 x− 1

x2=

∑j∈Z\{0}

1

(x+ jπ)2.

Demostracion del Lema 3.2. Por simetrıa, basta con probar el resultado para 0 ≤ x < π.Tomamos en el Lema 3.1 k = 2m. Ası

1

sen2 x=

1

4m2

2m−1∑j=0

1

sen2(x+jπ2m

) =1

4m2

m−1∑j=0

1

sen2(x+jπ2m

) +1

4m2

2m−1∑j=m

1

sen2(x+jπ2m

)=

1

4m2

m−1∑j=0

1

sen2(x+jπ2m

) +1

4m2

−1∑k=−m

1

sen2(x+kπ2m

)=

1

4m2

m−1∑j=−m

1

sen2(x+jπ2m

) .Sabemos que para 0 ≤ x < π y −m ≤ j ≤ m− 1, con j 6= 0, se cumple la desigualdad

0 <

∣∣∣∣x+ jπ

2m

∣∣∣∣ ≤ π

2.

Ademas, para 0 < |t| ≤ π2 , se tiene la estimacion

1

| sen t|≤ π

2|t|.

Con estas cotas se comprueba que

1

4m2

m−1∑j=−mj 6=0

1

sen2∣∣∣x+jπ2m

∣∣∣ ≤ Cm−1∑j=−mj 6=0

1

(x+ jπ)2≤ C

m−1∑j=−mj 6=0

1

j2<∞.

De esta forma estamos en condiciones de aplicar el Teorema 1.2 (de Tannery para series)para deducir el resultado buscado. En efecto,

1

sen2 x− 1

x2= lım

m→∞

1

4m2

m−1∑j=−mj 6=0

1

sen2(x+jπ2m )=

∑j∈Z\{0}

1

(x+ jπ)2,

puesto que

lımm→∞

1

4m2

1

sen2(x+jπ2m )=

1

(x+ jπ)2.


Cuarta demostracion. Veamos ahora como obtener la suma de ζ(2m) usando los lemasprevios. Para relacionar el Lema 3.2 con ζ(2m) en primer lugar observamos que

1

(x+ jπ)2=

∞∑n=1

n(−1)n+1 xn−1

(jπ)n+1,

ya que∣∣∣ xjπ ∣∣∣ < 1 si 0 ≤ x < π y j 6= 0. De esto, intercambiando los sumatorios y aplicando

la identidad ∑j∈Z\{0}

1

(jπ)n+1=

{0, si n = 2m,2ζ(2m)π2m , si n = 2m− 1,

se deduce del Lema 3.2 que

1

sen2 x− 1

x2=

∑j∈Z\{0}

∞∑n=1

n(−1)n+1 xn−1

(jπ)n+1=

∞∑m=1

(2m− 1)2ζ(2m)

π2mx2m. (3.2)

Ahora, de la igualdad2

cotx− 1

x=∞∑m=1

(−1)m22mB2m

(2m)!x2m−1,

valida para |x| < π, derivandola contra x obtenemos que

1

sen2 x− 1

x2=∞∑m=1

(−1)m+1(2m− 1)22mB2m

(2m)!x2m−2, para |x| < π. (3.3)

Finalmente, por identificacion de coeficientes entre las series (3.2) y (3.3) concluimos que

ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2mB2m

2(2m)!.

3.2. Una prueba usando series telescopicas

Esta demostracion esta tomada de [6] y utiliza solamente series telescopicas, una iden-tidad trigonometrica que probaremos y tecnicas elementales de calculo. Aunque esta cla-ramente basada en ideas del analisis de Fourier, la demostracion no requiere de ningunresultado de esa rama del analisis.

Quinta demostracion. Consideramos las integrales

I(k,m) :=

∫ 1

0B2k(t) cos(mπt) dt, k ≥ 0, m ≥ 1,

2 Esta identidad es consecuencia directa de la relacion

x cotx =

∞∑m=0

(−1)mB2m22mx2m

(2m)!,

vista en el Capıtulo 2.

3.2. UNA PRUEBA USANDO SERIES TELESCOPICAS 39

siendo, como hasta ahora, B2k(t) los polinomios de Bernoulli.

Se puede ver de manera inmediata que I(0,m) = 0 para todo m en el rango definido.En efecto, como B0(t) = 1,

I(0,m) =

∫ 1

0cos(mπt) dt =

sen(mπt)

mπ

∣∣∣∣10

= 0.

Para evaluar la integral con k ≥ 1, integramos por partes dos veces y aplicamos la Propo-sicion 1.2. De esta forma

I(k,m) =1

mπB2k(t) sen(mπt)

∣∣∣∣10

− 2k

mπ

∫ 1

0B2k−1(t) sen(mπt) dt

= − 2k

mπ

∫ 1

0B2k−1(t) sen(mπt) dt

=2k

m2π2B2k−1(t) cos(mπt)

∣∣∣∣10

− 2k(2k − 1)

m2π2I(k − 1,m).

De la identidad anterior, en el caso k = 1 obtenemos (recordar que B1(1) = B1(0) = −12 ,

ver Proposicion 1.3)

I(1,m) =

∫ 1

0B2(t) cos(mπt) dt =

0, si m impar,2

m2π2, si m par,

ya que I(0,m) = 0. Ademas, teniendo en cuenta que B2k−1(1) = B2k−1(0) = 0 (vernuevamente Proposicion 1.3), llegamos a la relacion de recurrencia

I(k,m) = −2k(2k − 1)

m2π2I(k − 1,m), k ≥ 2.

De este hecho deducimos que

I(k,m) =

0, si m impar,

(−1)k−1(2k)!

m2kπ2k, si m par.

(3.4)

Ahora consideremos B∗k(t) = Bk(t)−Bk(0), es decir, el k-esimo polinomio de Bernoullimenos su termino independiente. La integral correspondiente

I∗(k,m) :=

∫ 1

0B∗2k(t) cos(mπt) dt, k ≥ 0, m ≥ 1,

es igual a la respectiva I(k,m), ya que∫ 10 cos(mπt) = 0 para m ≥ 1. Fijando k ≥ 1,

sumando sobre m en (3.4) resulta

(−1)k−1(2k)!

22kπ2kζ(2k) =

(−1)k−1(2k)!

π2k

∞∑m=1

1

(2m)2k=∞∑m=1

I∗(k, 2m) =∞∑m=1

I∗(k,m),


donde en el ultimo paso hemos usado que I∗(k,m) = 0 si m es impar. Ahora, necesitaremosla siguiente identidad trigonometrica elemental3

cos(mx) =sen(2m+1

2 x)− sen

(2m−1

2 x)

2 sen x2

. (3.5)

Utilizando (3.5) podemos obtener una serie telescopica para la suma de los I∗(k,m). Enefecto,

(−1)k−1(2k)!

22kπ2kζ(2k) =

∞∑m=1

I∗(k,m) =∞∑m=1

∫ 1

0B∗2k(t) cos(mπt) dt

= lımN→∞

N∑m=1

(∫ 1

0B∗2k(t)

sen(2m+1

2 πt)

2 sen(πt2

) dt−∫ 1

0B∗2k(t)

sen(2m−1

2 πt)

2 sen(πt2

) dt

)

=

(lımN→∞

∫ 1

0B∗2k(t)

sen(2N+1

2 πt)

2 sen(πt2

) dt

)− 1

2

∫ 1

0B∗2k(t) dt. (3.6)

Usando la propiedad 3 de la Proposicion 1.1 sobre los polinomios de Bernoulli, se puedever que el valor del segundo termino es

1

2

∫ 1

0B∗2k(t) dt =

1

2

∫ 1

0(B2k(t)−B2k) dt = −B2k

2.

Ahora vamos a probar que el lımite del primer termino es nulo. Notar que la funcion

f(t) =B∗2k(t)

2 sen(πt2

) , t ∈ (0, 1]

se puede extender por continuidad al punto t = 0, dado que B∗2k(0) = 0 (esta es la razon por

la que se resta el termino constante) y f ∈ C1 ([0, 1]). Llamando R a (2N+1)π2 e integrando

por partes con u = f(t) y dv = sen(Rt) dt, resulta∫ 1

0f(t) sen(Rt) dt = −cos(R)

Rf(1) +

f(0)

R+

∫ 1

0f ′(t)

cos(Rt)

Rdt.

Puesto que f ∈ C1 ([0, 1]), se tiene que |f ′(t)| ≤M , para t ∈ [0, 1]. Ası pues∣∣∣∣∫ 1

0f ′(t)

cos(Rt)

Rdt

∣∣∣∣ ≤ M

R,

y entonces

lımR→∞

∫ 1

0f(t) sen(Rt) dt = 0.

En consecuencia, de (3.6) se deduce que

ζ(2k) = (−1)k+1 (2π)2kB2k

2(2k)!.

3 La prueba de esta expresion se puede realizar de manera sencilla aplicando la formula para la sumade senos. En efecto,

sen(2m+1

2x)− sen

(2m−1

2x)

2 sen x2

=2 cos(mx) sen x

2

2 sen x2

= cos(mx).

3.3. UNA PRUEBA CON PRODUCTOS INFINITOS 41

3.3. Una prueba con productos infinitos

Esta demostracion ha sido extraıda de [7]. La demostracion como tal es la mas breveque incluiremos en estas notas, aunque necesitaremos probar previamente la formula delproducto infinito para el coseno, una identidad cuya demostracion no es para nada trivial,y hacer uso de otros resultados relevantes (como el desarrollo de Taylor de la tangente)que ya hemos probado en demostraciones anteriores.

Para expresar la funcion coseno como un producto infinito, en primer lugar haremoslo mismo con la funcion seno. El desarrollo que obtengamos sera suficiente para dar con-sistencia a la solucion del problema de Basilea dada por Euler en 1735 que presentamosen la introduccion de esta memoria.

Lema 3.3. Sea x ∈ R, entonces

sen(πx)

πx=∞∏j=1

(1− x2

j2

). (3.7)

Demostracion. Como la funcion seno es impar, por periodicidad basta probar que el re-sultado se cumple para 0 ≤ x ≤ 1

2 , por lo tanto estudiaremos este intervalo en particular.Partimos de la identidad

−2m cot(2mt) =2m−1∑j=0

tan

(t+

jπ

2m

)m ∈ Z+,

que es la expresion (3.1) con k = 2m. Ası, tomando t =πs

2m+π

2, se tiene

cot(πs) =1

2m

m−1∑j=−m

cot

(π(s+ j)

2m

).

Ahora, para cada x ∈ [0, 12), integramos la expresion anterior en el intervalo [x, 12 ],obteniendo

log(sen(πx)) =m−1∑j=−m

log

sen

(π(x+ j)

2m

)sen

(π(2j + 1)

4m

) ,

que puede reescribirse como

sen(πx) =

m−1∏j=−m

sen(π(x+j)2m

)sen(π(2j+1)

4m

)=

sen(πx2m

)sen(π4m

) sen(π(2m+1)

4m

)sen(π(x+m)

4m

) m∏j=−mm6=0

sen(π(x+j)2m

)sen(π(2j+1)

4m

)

=sen(πx2m

)sen(π4m

) sen(π(2m+1)

4m

)sen(π(x+m)

4m

) m∏j=1

sen(π(x+j)2m

)sen(π(2j+1)

4m

) sen(π(x−j)2m

)sen(π(−2j+1)

4m

) .


Aplicaremos a continuacion el Teorema 1.3 (de Tannery para productos infinitos) y laequivalencia sen z ∼ z cuando z → 0. De este modo

sen(πx) = lımm→∞

sen(πx2m

)sen(π4m

) sen(π(2m+1)

4m

)sen(π(x+m)

4m

) m∏j=1

sen(π(x+j)2m

)sen(π(2j+1)

4m

) sen(π(x−j)2m

)sen(π(−2j+1)

4m

)= 2x

∞∏j=1

4(j2 − x2)(2j + 1)(2j − 1)

= 2x∞∏j=1

(1− x2

j2

) ∞∏j=1

4j2

(2j + 1)(2j − 1).

Finalmente, usando el producto de Wallis

∞∏n=1

(4n2

(2n+ 1)(2n− 1)

)=π

2,

concluimos que

sen(πx) = πx∞∏j=1

(1− x2

j2

).

Notar que hemos aplicado el Teorema 1.3 con

aj(m) =sen(π(x+j)2m

)sen(π(2j+1)

4m

) sen(π(x−j)2m

)sen(π(−2j+1)

4m

) − 1.

Resulta sencillo comprobar que

aj(m) =sen(π(2x+1)

2m

)sen(π(2j+1)

4m

) sen(π(2x−1)

2m

)sen(π(−2j+1)

4m

) ,y

|aj(m)| ≤ C

j2,

por lo que se satisfacen todas las hipotesis del Teorema 1.3.

Lema 3.4. Sea x ∈ R, entonces

cos(πx) =∞∏n=1

(1− x2(

n− 12

)2). (3.8)

Demostracion. Despejando cosx en la formula clasica del angulo doble (sen 2x = 2 senx cosx),y aplicandola a πx obtenemos

cos(πx) =sen(2πx)

2 sen(πx).

3.3. UNA PRUEBA CON PRODUCTOS INFINITOS 43

Usando ahora la identidad (3.7) en la igualdad anterior

cos(πx) =

2πx∞∏k=1

(1− (2x)2

k2

)

2πx

∞∏k=1

(1− x2

k2

) =

∞∏k=1

1− (2x)2

k2

1− x2

k2

=

∞∏k=1

1− x2

(k/2)2

1− x2

k2

y agrupando terminos se llega a la igualdad buscada

cos(πx) =∞∏n=1

(1− x2(

2n−12

)) =∞∏n=1

(1− x2(

n− 12

)) .Sexta demostracion. Usaremos la serie de Taylor de la tangente (2.7) que dimos en elCapıtuo 2. Vamos a desarrollar la funcion tan(xy) con |y| < 1 y |x| ≤ π

2 , ası,

tan(xy) =

∞∑m=1

(−1)m−122m(22m − 1)B2m(xy)2m−1

(2m)!, para |xy| < π

2.

Integrando la identidad anterior respecto a x en el intervalo (0, π2 ) y aplicando el Teoremade Fubini (Teorema 1.4 de estas notas) para cambiar el orden de integracion se tiene∫ π

2

0tan(xy) dx =

∞∑m=1

(−1)m−122m(22m − 1)B2m

(2m)!y2m−1

∫ π2

0x2m−1 dx

=∞∑m=1

(−1)m−1(22m − 1)B2m

(2m)!

π2m

2my2m−1. (3.9)

Por otro lado es claro que∫ π2

0tan(xy) dx =

−1

ylog(cos(xy))

∣∣∣∣π20

= −1

ylog cos

(πy2

).

Usando el desarrollo de Taylor de log(1 + x) y la formula de producto infinito del cosenoprobada anteriormente,

cosx =∞∏n=1

(1− x2

π2(n− 1

2

)2),

obtenemos ∫ π2

0tan(xy) dx =

−1

ylog

( ∞∏n=1

(1−

(y

2n− 1

)2))

= −1

y

∞∑n=1

log

(1−

(y

2n− 1

)2)

(3.10)

= −∞∑n=1

∞∑m=1

(−1)2m+1

m

y2m−1

(2n− 1)2m

=

∞∑m=1

1

m

∞∑n=1

1

(2n− 1)2my2m−1, (3.11)


donde en el ultimo paso hemos aplicado nuevamente el Teorema de Fubini para intercam-biar el orden de los sumatorios. Identificando los coeficientes de las series (3.9) y (3.11) sededuce

∞∑n=1

1

(2n− 1)2m= (−1)m−1

B2m(22m − 1)

(2m)!

π2m

2. (3.12)

Como ya vimos,

ζ(2m) =

(1− 1

22m

) ∞∑n=1

1

(2n− 1)2m,

y de (3.12) se obtiene la formula de Euler,

ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2mB2m

2(2m)!,

concluyendo esta demostracion.

Bibliografıa

[1] T. M. Apostol, Analisis Matematico, Ed. Reverte, Barcelona, 2006.

[2] B. P. Palka, An Introduction to Complex Function Theory, Ed. Springer-Verlag, NewYork, 1991.

[3] G. Klambauer, Aspects of Calculus, Ed. Springer Verlag, New York, 1986.

[4] O. Kouba, Lecture Notes, Bernoulli Polynomials and Applications, arXiv:1309.7560.

[5] R. Roy, Sources in the Development of Mathematics: Infinite Series and Productsfrom the Fifteenth to the Twenty-first Century, Cambridge University Press, NewYork, 2011.

[6] O. Ciaurri, L. M. Navas, F. J. Ruiz y J. L. Varona, A simple computation of ζ(2k)by using Bernoulli polynomials and a telescoping series, por aparecer en Amer. Math.Monthly

[7] E. de Amo, M. Dıaz Carrillo y J. Fernandez-Sanchez, Another Proof of Euler’s formulafor ζ(2k), Proc. Amer. Math. Soc. 139 (2011), 1441–1444.

[8] J. Hofbauer, A simple proof of 1 + 122

+ 132

+ · · · = π2

6 , Amer. Math. Monthly, 109,(2002), 196–200.

[9] O. Ciaurri, Noventa y nueve problemas de analisis matematico, prepublicacion.

[10] C. J. Sangwin, An infinite series of surprises, Plus magazine, Millenium MathematicsProject, University of Cambridge.

[11] E. Sandifer, How Euler Did It: Basel Problem with Integrals, March 2004. MAAOnline.

[12] O. Ciaurri, Euler’s product expansion for the sine: an elementary proof, prepublica-cion.

45

evaluación de la función zeta de riemann en los … · se conoce como serie a la suma de los...

Documents