Problema di analisi complessa 6

Problemi di analisi complessa matematica proposti dal dott. ing. Pasquale Cutolo

Problema n. 6c

Partendo dalla relazione:

−2 n 1 ( )u Cosh ux 1∞∫ −π π= <( 2 n 1)du [ Tan ( x )] , ,xu 20 (Sinh )2

e ponendo, x = ¼, dimostrare che:

− π2 n 1 2 n2ζ =( 2 )n B 2 n( 2 )!n

dove B rappresenta il numero di Bernoulli di indice 2n, (n = 1,2,3,…),

2 nζ mentre rappresenta la funzione Zeta di Riemann.

( 2 n )

Risoluzione

Utilizzando la relazione

−2 n 1u Cosh (ux )∞ ∑∫ π− −π − −2 n 2 n n k 2 n 1 2 ixkdu = 2 ( 1) ( 1) k e ,Sinh (u / 2)0 ≥k 1

e ponendo, x = ¼, troviamo:

− −n n2 1 2 1u Cosh (u / 4) u∞ ∞ ∞∑∫ ∫ ∫ − − −2 n 1 u / 4 uk / 2du du= = =u e e duSinh (u / 2) 2 Sinh (u / 4)0 0 0≥k 0

−( 2 n 1)! 1∑ ∑ ∑ k−π − − −−2 n 2 n 2 n n k 2 n 1= = = 2 ( 1) ( 1) k ( i ) ;4 ( 2 n 1)! + 2 n1 k (1 2 k )+≥ ≥ ≥2 nk 0 k 0 k 1

( )4 2 1∑ − ζ= − 2 n

ricordando che , (n = 1,2,3,…), abbiamo:

(1 2 ) ( 2 n )+ 2 n(1 2 k )≥k 0

1∑ ∑ k−ζ π− − −−2 n 2 n 2 n 2 n 2 n n 2 n 1= 2 ( 2 1)( 2 n 1)! ( 2 n ) = 2 ( 1) k (i ) ;4 ( 2 n 1)! + 2 n(1 2 k )≥ ≥k 0 k 1

∑ ∑k k− − −2 n 1 2 n 1

ricordando che la parte reale della sommatoria k (i ) è data da ( 2 k ) ( 1) ,

≥ ≥k 1 k 1

∑ ∑k k− − − − ζ− − − −2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n

e poiché ( 2 k ) ( 1) = 2 k ( 1) = 2 ( 2 1) (1 2 n ) =

≥ ≥k 1 k 1

B− − −2 n 1 2 n 2 n= , abbiamo:

2 ( 2 1)( )2 n B−ζ π− − − − −2 n 2 n 2 n 2 n n 2 n 1 2 n 2 n2 ( 2 1)( 2 n 1)! ( 2 n ) = , da cui :

2 ( 1) 2 ( 2 1)( )