O soluție a unui șir celebru – Daniel Petriceanu

Articolul care urmează se adresează elevilor care iubesc matematica și tinerilor profesori care doresc să-și perfecționeze unele aspecte metodice ale predării matematicii.

Limita șirului $x_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}}$

O demonstrație a acestei limite voi prezenta mai jos printr-o problemă care conține în enunțul său etapele acestei cerințe.

Considerăm următorul enunț :

Fie polinoamele $P = {(X + i)}^{2 n + 1} - {(X - i )}^{2 n + 1}$ și $Q = C_{2 n + 1}^{1} x^{2 n} - C_{2 n + 1}^{3} X^{2 n - 2} + C_{2 n + 1}^{5} X^{2 n - 4} -$ … unde $n \in N$

a)Demonstrați că

grad . (P) = 2 n

b)Demonstrați că

P (X) = 2 i Q (X^{2})

c) Demonstrați că

P (ctg . \frac{k π}{2 n + 1}) = 0, \forall k \in Z, (2 n + 1) ∤ k

d)Determinați rădăcinile polinomului g.

e)Calculați

\sum_{k = 1}^{n} {c t g}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1}

f)Demonstrați inegalitățile

1 + {ctg}^{2} . x > \frac{1}{x^{2}} > {ctg}^{2} . x, \forall x \in (0; \frac{π}{2}) .

g)Demonstrați că

l i m n \to \infty \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Soluție

a)Folosind formula binomului lui Newton obținem:

$P = C_{n + 1}^{0} X^{2 n + 1} + C_{n + 1}^{1} X^{2 n} i + C_{2 n + 1}^{2} X^{2 n - 1} i^{2} + C_{n + 1}^{3} X^{2 n - 2} i^{3} + \dots + C_{2 n + 1}^{2 n + 1} i^{2 n + 1} -$

$- (C_{2 n + 1}^{0} X^{2 n + 1} {+C}_{2 n + 1}^{1} X^{2 n} i + C_{2 n + 1}^{2} X^{2 n - 1} i^{2} - C_{2 n + 1}^{3} X^{2 n - 2} i^{3} + \dots - C_{2 n + 1}^{2 n + 1} i^{2 n + 1}) =$

$2 C_{2 n + 1}^{1} X^{2 n} i + 2 C_{2 n + 1}^{3} X^{2 n - 2} i^{3} + \dots + 2 C_{n + 1}^{2 n + 1} i^{2 n + 1}$

$= 2 i (C_{2 n + 1}^{1} X^{2 n} - C_{2 n + 1}^{3} X^{2 n - 2} + \dots + {(- 1)}^{n} C_{2 n + 1}^{2 n + 1})$ . De aici obținem că $grad . (P) = 2 n .$

b)Rescriem ultima egalitate demonstrată în a) avem

$P (X) = 2 i (C_{2 n + 1}^{1} {(X^{2})}^{n} - C_{2 n + 1}^{3} {(X^{2})}^{n - 1} + C_{2 n + 1}^{5} {(X^{2})}^{n - 2} 2 \dots + {(- 1)}^{n} C_{2 n + 1}^{2 n + 1}) = 2 i Q (X^{2})$

c)Avem

P (ctg . \frac{k π}{2 n + 1}) = {(ctg . \frac{k π}{2 n + 1} + i)}^{2 n + 1} - {(ctg . \frac{k π}{2 n + 1} - i)}^{2 n + 1} = \frac{{(cos . \frac{k π}{2 n + 1} + i sin . \frac{k π}{2 n + 1})}^{2 n + 1} - {(cos . \frac{k π}{2 n + 1} - i sin . \frac{k π}{2 n + 1})}^{2 n + 1}}{{cos}^{2 n + 1} . \frac{k π}{2 n + 1}} =

= \frac{cos . k π + i sin . k π - cos . k π + ˙ i sin . k π}{{cos}^{2 k + 1} . \frac{k π}{2 n + 1}} = 0

Așadar $P (ctg . \frac{k π}{2 n + 1}) = 0, \forall k \in Z,(2 n + 1) ∤ k$ .

d)Din b) și c) avem

Q ({ctg}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1}) = \frac{1}{2 i} P (ctg . \frac{k π}{2 n + 1}) = 0,

\forall k \in Z_{7} (2 n + 1) ∤ k

Fie $x_{k} = {ctg}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1} k \in - 1, n$ .

Avem $0 < \frac{π}{2 n + 1} < \frac{2 π}{2 n + 1} < \dots < \frac{n π}{2 n + 1} < \frac{π}{2} \Rightarrow ctg . \frac{π}{2 n + 1} > ctg . \frac{2 π}{2 n + 1} > \dots > ctg . \frac{n π}{2 n + 1} > 0 \Rightarrow x_{1} > x_{2} > \dots > x_{n} > 0$ .

Deoarece $Q (x_{k}) = 0, \forall k \in - 1, n,$ și $grad . (Q) = n,$ atunci $Q$ are rădăcinile $x_{1}, x_{2}, x_{3, \dots}, x_{n}$ .

e)Din relațiile lui Viète avem:

$\sum_{k = 1}^{n} {c t g}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1} = \sum_{k = 1}^{n} x_{k} = \frac{C_{2 n + 1}^{3}}{C_{2 n + 1}^{1}} = \frac{(2 n + 1) 2 n (2 n - 1)}{6 (2 n + 1)} = \frac{2 n (2 n - 1)}{6}$ .

Deci, $\sum_{k = 1}^{n} {c t g}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1} = \frac{2 n (2 n - 1)}{6} .$

f)Sunt cunoscute inegalitățile

sin . x < x < t g x, \forall x \in (0; \frac{π}{2}),

rezultă că

{sin}^{2} . x < x^{2} < {tg}^{2} . x \Leftrightarrow \frac{1}{{sin}^{2} . x} > \frac{1}{x^{2}} > \frac{1}{{tg}^{2} . x} \Leftrightarrow \frac{{sin}^{2} . x + {cos}^{2} . x}{{sin}^{2} . x} > \frac{1}{x^{2}} > \frac{1}{{tg}^{2} . x} \Leftrightarrow 1 + {ctg}^{2} . x > \frac{1}{x^{2}} > {ctg}^{2} . x .

g)Deoarece

\frac{k π}{2 n + 1} \in (0; \frac{π}{2}), \forall k \in - 1, n,

din f) rezultă

$1 + {ctg}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1} > \frac{1}{{(\frac{k π}{2 n + 1})}^{2}} > {ctg}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1}, \forall k \in - 1, n$

Adunând inegalitățile precedente obținem:

$n + \sum_{k = 1}^{n} {c t g}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1} > \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(\frac{k π}{2 n + 1})}^{2}} > \sum_{k = 1}^{n} {c t g}^{2} . \frac{k π}{2 n + 1}$

Folosim e) și deducem că $n + \frac{2 n (2 n - 1)}{6} > \frac{{(2 n + 1)}^{2}}{π^{2}} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} > \frac{2 n (2 n - 1)}{6}$ $\Leftrightarrow$ $π^{2} (\frac{n}{{(2 n + 1)}^{2}} + \frac{2 n (2 n - 1)}{6 {(2 n + 1)}^{2}}) > \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} > \frac{2 n (2 n - 1) π^{2}}{6 {(2 n + 1)}^{2}}$ .

Deoarece există $l i m n \to \infty π^{2} (\frac{n}{{(2 n + 1)}^{2}} + \frac{2 n (2 n - 1)}{6 {(2 n + 7)}^{2}}) = \frac{π^{2}}{6}$ și $l i m n \to \infty \frac{2 n (2 n - 1) π^{2}}{6 {(2 n + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ , din criteriul cleștelui și inegalitățile precedente rezultă că există $l i m n \to \infty \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ .