Problema de Basilea

El origen de la demostración es incierto. Apareció en la revista Eureka en 1982, atribuida a John Scholes, pero Scholes dice haber aprendido la demostración de Peter Swinnerton-Dyer, y en cualquier caso mantiene que ésta era "de dominio público en la Universidad de Cambridge a finales de los 60".

Para comprender la demostración, es necesario conocer los siguientes resultados:

• La fórmula de De Moivre establece que, para todo número real x y para todo número entero n,

${\displaystyle (\cos x+i\sin x)^{n}=\cos(nx)+i\sin(nx).\,\!}$

Demostración: se puede demostrar a partir de la fórmula de Euler.

• El binomio de Newton, que establece que para cualquier par de números reales x e y y cualquier número natural n,

${\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}y^{n-k}}$

donde los coeficientes binomiales son

${\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}}$ (ver factorial)

Demostración: se necesitan inducción matemática y algunas propiedades de los coeficientes binomiales.

• La función cot² x es inyectiva en el intervalo (0, π/2).
  • Demostración: supongamos cot² x = cot² y para algún x y algún y en el intervalo (0, π/2). Usando la definición de cotangente cot x = (cos x)/(sin x) y la identidad trigonométrica cos² x = 1 − sin² x, vemos que (sin² x)(1 − sin² y) = (sin² y)(1 − sin² x). Restando (sin² x)(sin² y) a cada miembro, tenemos sin² x = sin² y. Dado que la función seno es no negativa en el intervalo (0, π/2), esto significa que sin x = sin y, pero es geométricamente evidente (observando el círculo unidad, por ejemplo) que la función seno es inyectiva en el intervalo (0, π/2), por lo que x = y, como queríamos demostrar.

• Si p(t) es un polinomio de grado m, entonces p no tiene más de m raíces distintas.
  • Demostración: es una consecuencia del teorema fundamental del álgebra.

• Si p(t) = a_mt^m + a_{m − 1}t^{m − 1} +... + a₁t + a₀, donde a_m ≠ 0, entonces la suma de las raíces de p (contando la múltiples) es −a_{m − 1}/a_m.
  • Demostración: Si a_m = 1, entonces p(t) = ∏(t − s), donde s abarca todas las raíces de p. Desarrollando este producto, vemos que el coeficiente de t^{m − 1} es menos la suma de todas las raíces. Si a_m ≠ 1, podemos dividir cada término por este valor, obteniendo un nuevo polinomio con las mismas raíces, cuyo coeficiente principal es ahora 1; aplicando el razonamiento precedente vemos que la suma de las raíces del polinomio original p(t) = suma de las raíces del nuevo polinomio = −a_{m − 1}/a_m.

• La identidad trigonométrica csc² x = 1 + cot² x.
  • Demostración: se sigue de la identidad fundamental 1 = sin² x + cos² x tras dividir ambos miembros por sin² x.

• Para todo número real x siendo 0 < x < π/2, se cumplen las desigualdades cot² x < 1/x² < csc² x.
  • Demostración: fijémonos primero en que 0 < sin x < x < tan x. Esto puede verse en el siguiente esquema:

Para ver que 0 < sin x < x, hay que observar que en el dibujo, sin θ es la longitud del segmento AC, y θ la longitud del arco AD.

Para ver que x < tan x, obsérvese que el área del triángulo OAE es tan(θ)/2, el área del sector OAD es θ/2, y que el sector está contenido en el triángulo.

Ahora, tomemos los inversos y elevemos al cuadrado en las desigualdades, recordando que éstas deben cambiar el sentido. Obtenemos así las desigualdades buscadas.

Otra demostración, menos geométrica, puede conseguirse con: sea f(x) = sin x - x, vemos que f(0) = 0 y f'(x) = cos x - 1 < 0 (en casi todo punto), lo que implica que f es estrictamente decreciente, deduciendo que f(x) < 0 y, por tanto, que sin x < x.

Para ver la otra desigualdad, definimos g(x) = tan x - x y aplicamos el mismo razonamiento.

• Sean a, b, y c números reales, con a y c no nulos; entonces el límite de la función (am + b)/(am + c) cuando m tiende a infinito es 1.
  • Demostración: dividamos cada término por m, obteniendo (a + b/m)/(a + c/m). Si dividimos un número fijo por un número cada vez mayor, el cociente se aproxima a cero; por tanto, tanto el numerador como el denominador tienden a a, por lo que su cociente tenderá a 1.

• El criterio del sándwich, que establece que si una función se encuentra acotada entre otras dos funciones, y estas dos funciones tienden ambas a un mismo límite, entonces la función acotada por ellas tiende igualmente a dicho límite.

La idea principal en la que descansa la demostración es la de limitar las sumas parciales

${\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}}$

entre dos expresiones, las cuales tenderán ambas a π²/6 cuando m tienda a infinito. Las dos expresiones se obtienen de identidades que incluyen las funciones cotangente y cosecante. Estas identidades son a su vez obtenidas de la fórmula de De Moivre, y eso es lo que nos disponemos a hacer ahora.

Sea x un número real tal que 0 < x < π/2, y sea n un entero positivo. Entonces de la fórmula de De Moivre y de la definición de cotangente, tenemos

${\displaystyle {\frac {\cos(nx)+i\sin(nx)}{(\sin x)^{n}}}={\frac {(\cos x+i\sin x)^{n}}{(\sin x)^{n}}}=\left({\frac {\cos x+i\sin x}{\sin x}}\right)^{n}=(\cot x+i)^{n}.}$

Del binomio de Newton, tenemos

${\displaystyle (\cot x+i)^{n}={n \choose 0}\cot ^{n}x+{n \choose 1}(\cot ^{n-1}x)i+\cdots +{n \choose {n-1}}(\cot x)i^{n-1}+{n \choose n}i^{n}}$

${\displaystyle =\left[{n \choose 0}\cot ^{n}x-{n \choose 2}\cot ^{n-2}x\pm \cdots \right]\;+\;i\left[{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\mp \cdots \right].}$

Combinando ambas ecuaciones e igualando las partes imaginarias, obtenemos la identidad

${\displaystyle {\frac {\sin(nx)}{(\sin x)^{n}}}=\left[{n \choose 1}\cot ^{n-1}x-{n \choose 3}\cot ^{n-3}x\mp \cdots \right].}$

Tomamos esta identidad y establecemos que n = 2m + 1, siendo m un entero positivo, y x = r π/(2m + 1), siendo r = 1, 2,..., m. Entonces nx = r π, por lo que sin(nx) = 0 y, de esta forma,

${\displaystyle 0={{2m+1} \choose 1}\cot ^{2m}x-{{2m+1} \choose 3}\cot ^{2m-2}x\mp \cdots +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}.}$

Esta ecuación es válida para todos los valores de x = r π/(2m + 1), tales que r = 1, 2,..., m. Estos valores de x son números distintos estrictamente entre 0 y π/2. Dado que la función cot²(x) es inyectiva en el intervalo (0, π/2), los números cot²(x) = cot²(r π/(2m + 1)) son distintos para cada valor de r = 1, 2,..., m. Pero por la ecuación anterior, cada uno de estos m números distintos es una raíz del polinomio de grado m

${\displaystyle p(t):={{2m+1} \choose 1}t^{m}-{{2m+1} \choose 3}t^{m-1}\mp +(-1)^{m}{{2m+1} \choose {2m+1}}.}$

Esto significa que los números x = cot²(r π/(2m + 1)), para r = 1, 2,..., m son precisamente las raíces del polinomio p(t). Pero podemos calcular directamente la suma de las raíces examinando los coeficientes, y la comparación muestra que

${\displaystyle \cot ^{2}\left({\frac {\pi }{2m+1}}\right)+\cot ^{2}\left({\frac {2\pi }{2m+1}}\right)+\cdots +\cot ^{2}\left({\frac {m\pi }{2m+1}}\right)}$

${\displaystyle ={{2m+1} \choose 3}/{{2m+1} \choose 1}={\frac {(2m)(2m-1)}{6}}.}$

Sustituyendo la identidad csc² x = cot² x + 1, tenemos

${\displaystyle \csc ^{2}\left({\frac {\pi }{2m+1}}\right)+\csc ^{2}\left({\frac {2\pi }{2m+1}}\right)+\cdots +\csc ^{2}\left({\frac {m\pi }{2m+1}}\right)}$

${\displaystyle ={{2m+1} \choose 3}/{{2m+1} \choose 1}+m={\frac {(2m)(2m+2)}{6}}.}$

Consideremos ahora la desigualdad cot² x < 1/x² < csc² x. Si sumamos todas estas desigualdades para cada uno de los valores x = r π/(2m + 1), y empleamos las dos identidades anteriores, obtenemos

${\displaystyle {\frac {(2m)(2m-1)}{6}}<\left({\frac {2m+1}{\pi }}\right)^{2}+\left({\frac {2m+1}{2\pi }}\right)^{2}+\cdots +\left({\frac {2m+1}{m\pi }}\right)^{2}<{\frac {(2m)(2m+2)}{6}}.}$

Multiplicando todo por (π/(2m + 1))², pasamos a

${\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m-1}{2m+1}}\right)<{\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}<{\frac {\pi ^{2}}{6}}\left({\frac {2m}{2m+1}}\right)\left({\frac {2m+2}{2m+1}}\right).}$

Cuando m tiende a infinito, las expresiones a la izquierda y a la derecha tienden ambas a π²/6, luego por el teorema de compresión,

${\displaystyle \zeta (2)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\lim _{m\to \infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{m^{2}}}\right)={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$

con lo que queda completa la demostración. C.Q.D.