Euler spotyka Ramanujana

Big Bang. Leonhard Euler (1707–1783) zabłysnął w 1735 roku wzorem $$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$ Jego pierwsze uzasadnienie było błędne [2], ale intuicja magiczna. Dowód, jaki podał w Introductio… (1748), nie budził już żadnych wątpliwości. Tożsamość Eulera wykażemy elementarnie.

Bogini Namagiri. Srinivasa Ramanujan (1887–1920) był genialnym samoukiem. Pozostawił około 3900 wzorów matematycznych. Wielu z nich nikt dotąd nie potrafi udowodnić. Dla Ramanujana były one tak oczywiste, że nie widział potrzeby ich uzasadniania (zob. ${\mathrm{\Delta }}_{18}^3$). Mawiał, że to bogini Namagiri z Namakkal zawdzięcza swe uzdolnienia matematyczne.

Dowód wzoru Eulera (styl Ramanujana) $$\begin{array}{rl}1& =\frac{1}{{\sin }^2\frac{\pi }{2}}\stackrel{(\mathrm{a})}{=}\frac{1}{4}[\frac{1}{{\sin }^2\frac{\pi }{4}}+\frac{1}{{\sin }^2\frac{3\pi }{4}}]=\\ & =\frac{1}{16}[\frac{1}{{\sin }^2\frac{\pi }{8}}+\frac{1}{{\sin }^2\frac{3\pi }{8}}+\frac{1}{{\sin }^2\frac{5\pi }{8}}+\frac{1}{{\sin }^2\frac{7\pi }{8}}]=\dots =\frac{1}{4^n}\sum _{k=0}^{2^n-1}\frac{1}{{\sin }^2\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}}\stackrel{(\mathrm{b})}{=}\\ & \stackrel{(\mathrm{b})}{=}\sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{2}{4^n}\cdot \frac{1}{{\sin }^2\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\overset{(\mathrm{c})}{\to }}\frac{8}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2},\end{array}$$ więc wzór Eulera wynika z równości: $$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\sum _{n\text{nieparzyste}}\frac{1}{n^2}+\sum _{n\text{parzyste}}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{8}+\frac{1}{4}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}.◻$$

Dla ,,mięczaków”. Kto przeglądał rękopisy Ramanujana (dostępne w Internecie), wie, że to mieszanka niezwykle oryginalnych, zaskakujących pomysłów i ukrytej głębokiej wiedzy. Oto kilka podpowiedzi ułatwiających zrozumienie podanego dowodu.

1. Korzystając z jedynki trygonometrycznej, wzorów $\sin 2x=2\sin x\cos x$ oraz $\cos x=\sin (x+\frac{\pi }{2}),$ $x\in \mathbb{R},$ otrzymujemy: $$\frac{1}{{\sin }^{2}x}=\frac{1}{4{\sin }^2\frac{x}{2}{\cos }^2\frac{x}{2}}=\frac{1}{4}[\frac{1}{{\sin }^2\frac{x}{2}}+\frac{1}{{\cos }^2\frac{x}{2}}]=\frac{1}{4}[\frac{1}{{\sin }^2\frac{x}{2}}+\frac{1}{{\sin }^2\frac{x+\pi }{2}}].$$

2. Gdy $k$ zmienia się od $0$ do $2^n-1,$ to wartości $\sin \frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}$ rozmieszczone są na wykresie funkcji $\sin x,$ $x\in (0,\pi ),$ symetrycznie względem prostej $x=\frac{\pi }{2}.$ Rozważymy argumenty należące do przedziału $(0,\frac{\pi }{2}),$ tj. wartości $\sin \frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}},$ gdy $k$ zmienia się od $0$ do $2^{n-1}-1.$ Stąd mnożenie odpowiedniej sumy przez $2.$

3. Gdy $x\in (0,\frac{\pi }{2}),$ to $\sin x<x<\tan x$ i $\frac{1}{{\tan }^{2}x}=\frac{{\cos }^{2}x}{{\sin }^{2}x}=\frac{1}{{\sin }^{2}x}-1,$ więc $\frac{1}{{\sin }^{2}x}>\frac{1}{x^2}>\frac{1}{{\sin }^{2}x}-1.$ Przyjmując kolejno $x=\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}},$ $k=0,1,\dots ,2^{n-1}-1,$ dostajemy: $$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{2}{4^n}\cdot \frac{1}{{\sin }^2\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}}& >\sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{2}{4^n}\cdot \frac{1}{[\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}{]}^2}\\ & >\sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{2}{4^n}\cdot \frac{1}{{\sin }^2\frac{(2k+1)\pi }{2^{n+1}}}-\sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{2}{4^n},\end{array}$$ czyli $1>\frac{8}{{\pi }^2}\cdot \sum _{k=0}^{2^{n-1}-1}\frac{1}{(2k+1{)}^2}>1-\frac{1}{2^n}.$

Pouczające jest poznanie (porównanie) innych dowodów wzoru Eulera podanych np. w [1].

Literatura

[1] M. Aigner, G.M. Ziegler, Dowody z Księgi, WN PWN, Warszawa 2002.

[2] J. Górnicki, Od bzdury do bingo!, Matematyka-Społeczeństwo-Nauczanie 49 (2012), 21–25.