Lehmer'in Fibonacci sayılarından oluşan $\pi$ serisi

Sosyal medyada gezinirken Martin Gardner yaşasaydı nasıl tüvitler yazardı adlı bir twitter hesabına denk geldim. Kullanıcı daha önceden D. H. Lehmer'in American Mathematical Monthly dergisi için hazırladığı ve yine aynı dergide daha sonra çözülen bir soruyu göndermiş takipçilerine. Soruyu biraz değiştirerek ifade ettiğimizde \begin{equation*} \frac{\pi}{4} = \arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{5} + \arctan \frac{1}{13} + \cdots \end{equation*} eşitliğinin ispatlanması talep ediyor. Burada arctan fonksiyonunun argümanını oluşturan kesirli sayıların payları hep 1, paydaları ise Fibonacci dizisindeki sayıların bir atlayarak alınması ile tespit edilmiş. Problemin çözümü iki aşamaya dayanıyor: arctan fonksiyonuna dair trigonometrik bir özdeşliğin ispatı ve Fibonacci dizisi için Cassini eşitliği. İlkini uzun uzadıya göstereceğiz. İkincisini ise okura ödev olarak bırakıp Lehmer'in problemini çözeceğiz.

$1 > \tan \varphi = a > 0$ ve $1 > \tan \eta = b > 0$ olacak şekilde bu açıların yer aldığı ve bir kenarının uzunluğu 1 birim olan iki adet dik üçgeni şekilde gösterildiği gibi eşit olan kenarlarından yamalayalım. Cosinus teoremi uyarınca elde edilen büyük üçgen için aşağıdaki eşitlik geçerlidir. \begin{equation*} (a+b)^{2} = 1+a^{2}+1+b^{2}-2\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}}\cos(\varphi+\eta) \end{equation*} Bu eşitlik sadeleştirilip yeniden düzenlendiğinde aşağıdaki ara sonuca ulaşıyoruz. \begin{equation*} \cos(\varphi+\eta) = \frac{1-ab}{\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}}} \end{equation*} Öte yandan sinus teoremini kullanarak büyük üçgenin alanını hesapladığımızda \begin{equation*} \frac{1}{2}(a+b) = \frac{1}{2}\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}} \sin(\varphi+\eta) \end{equation*} eşitliğinden \begin{equation*} \sin(\varphi+\eta) = \frac{a+b}{\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}}} \end{equation*} ara sonucu elde edilmektedir. Her iki ara sonucu taraf tarafa böldüğümüzde bu iki açının toplamının tangent değeri ortaya çıkar. \begin{equation*} \tan(\varphi+\eta) = \frac{a+b}{1-ab} \end{equation*} Nihayet $\arctan a = \varphi$ ve $\arctan b = \eta$ olduğunu gözlediğimizde ihtiyacımız olan temel trigonometrik özdeşliğe ulaşıyoruz. \begin{equation*} \arctan a + \arctan b = \arctan \left( \frac{a+b}{1-ab} \right) \end{equation*}

Anaokulundan beri hepimiz $\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$ olduğunu biliyoruz. O zaman $(a+b)/(1-ab)=1$ olacak şekilde rasyonel sayılar seçersek, $\pi$ sayısının argümanı rasyonel sayılar olan arctan fonksiyonu cinsinden ifade edildiği fiyakalı temsillerine ulaşabiliriz. Örneğin $a=1/2$ ve $b=1/3$ koyduğumuzda böylesi bir durum gerçekleşir ve adına Euler formülü dediğimiz temsile ulaşırız. \begin{equation*} \frac{\pi}{4} = \arctan 1 = \arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} \end{equation*} Aslında basitçe $(a+b)/(1-ab)=1$ denklemini $b$ için çözerek \begin{equation*} b = \frac{1-a}{1+a} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \frac{\pi}{4} = \arctan a + \arctan \left( \frac{1-a}{1+a} \right) \end{equation*} eşitliği ile $0 < a < 1$ için sonsuz farklı temsilini vermek mümkün $\pi$ sayısının.

Euler formülünde durmamız için bir sebep yok. $\tfrac{1}{3} = \tfrac{a+b}{1-ab}$ eşitliğini sağlayan başka rasyonel sayılar bularak bu eşitliği genişletebiliriz. Okur mesela $a=1/5$ ve $b=1/8$ seçilerek ilgili eşitliğin sağlandığını görebilir. O zaman üç terimden oluşan bir temsiline ulaştık $\pi$ sayısının. \begin{equation*} \frac{\pi}{4} = \arctan 1 = \arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{5} + \arctan \frac{1}{8} \end{equation*} Matematik literatürüne biraz aşina olan okur 1, 2, 3, 5 ve 8 sayılarının adına Fibonacci sayıları denilen çok meşhur bir dizide art arda geldiğini hemen fark edecektir. Aklımızın bir kenarında Fibonacci dizisi ($F_{n}$) dursun. Biz Euler formülünü elemanları tam sayı olan bir dizinin arctan değerlerinin bir sonsuz toplamı şeklinde genelleştiren bir formül arayacağız. Söz konusu diziye $v_{n}$ dersek, yukarıda yaptığımız çalışmayı genelleştirmek için \begin{equation*} \frac{1}{v_{n}} = \frac{\frac{1}{v_{n+1}}+\frac{1}{v_{n+2}}}{1 - \frac{1}{v_{n+1}v_{n+2}}} = \frac{v_{n+1}+v_{n+2}}{v_{n+1}v_{n+2}-1} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ v_{n+1}v_{n+2}-1 = v_{n}v_{n+1} + v_{n}v_{n+2} \end{equation*} bağıntısının sağlanması gerektiği aşikardır. Bu son ifade yeniden düzenlendiğinde $v_{n+1}(v_{n+2}-v_{n})=1+v_{n}v_{n+2}$ eşitliği elde ediliyor. Amacımız $v_{n}$ ile $F_{n}$ arasında bir bağıntı kurmak olduğundan, tıpkı Fibonacci sayıları gibi $v_{n+2}-v_{n}=v_{n+1}$ geçerli olsun istiyoruz. Bu şartı koştuğumuzda $v_{n+1}^{2} = 1 + v_{n}v_{n+2}$ formülü geçerli oluyor. Öte yandan Fibonacci sayıları için geçerli olan Cassini özdeşliğine göre \begin{equation*} {\rm Cassini:} \ \ \ F^{2}_{2m+1} = 1 +F_{2m}F_{2m+2} \end{equation*} olduğundan aradığımız bağ tesis edilmiştir. $v_{n}=F_{2n}$ ile arctan fonksiyonlarının toplamı şeklinde verilen temsilin son terimini yani $\arctan(1/F_{2n})$ ifadesini aldığımızda, onun yerine $\arctan(1/F_{2n+1}) + \arctan(1/F_{2n+2})$ yazabileceğimiz barizdir. Devamla aynı şeyi $\arctan (1/F_{2n+2})$ için de yaptığımızda dizideki bütün çift indisli terimlerin yok olacağı ve \begin{equation*} \frac{\pi}{4} = \sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{F_{2n+1}} \end{equation*} sonucunun elde edileceği ortaya çıkar.

Ödev olarak okur Fibonacci sayıları için Cassini özdeşliğini göstermelidir.

Bir tabloya en uygun bakış açısını sağlayan mesafenin hesabı

Soru: Gözlerinin yerden yüksekliği $h$ olan bir gözlemcinin, alt kenarının yerden yüksekliği $L>h$ ve boyu $w$ olan bir tabloyu en geniş bakış açısıyla izlemesi için o tabloya ne kadarlık bir mesafede ($x$) durmalıdır?

Galiba hemen hemen her optik ders kitabında görebileceğiniz ve optikten ziyade temel düzeyde gerçel analiz ve trigonometri ile çözüme kavuşturulabilecek bir soru bu. Her optik kitabında görmüş olsam da şimdiye kadar elime kalemi kağıdı alıp hiç sonuna kadar çözmemiştim. Geçenlerde bir LYS matematik sınavına hazırlık kitabında da görünce bu nitelikli soruyu açıkçası çok sevindim ve çözmek farz oldu.

Soruda bakış açısı diye tavsif edilen açıyı şekilde $\alpha$ ile gösterdik. $\beta$ açısı ise hesaplamalarımızı kolaylaştırması için kullanacağımız yardımcı bir unsur. Ters trigonometrik fonksiyonlar ve soruda verilenler cinsinden aşağıdaki denklemler derhal yazılabilir. \begin{eqnarray}\nonumber \alpha + \beta &=& \arctan \left( \frac{L-h+w}{x} \right) \\ \nonumber \beta &=& \arctan \left(\frac{L-h}{x} \right) \end{eqnarray} Bu iki denklemi taraf tarafa çıkardığımızda optimize etmemiz gereken izleme açısı ortaya çıkar. \begin{equation*} \alpha = \arctan \left( \frac{L-h+w}{x} \right) - \arctan \left(\frac{L-h}{x} \right) \end{equation*} Bu aşamadan sonra artık yapılması gereken basit; çözüm bitti bile diyebiliriz. $\alpha(x)$ fonksiyonunun $x$ değişkenine göre türevi alınacak, bu türev sıfıra eşitlenip kökü soruşturularak problemin çözümü sonlandırılacak.

Her ne kadar çözümü basit bir türev alma ve denklem çözme jimnastiğine indirgemiş olsak da, brüt kuvvet yerine daha nezih ve estetik bir çözüm aramak için ilkin aşağıdaki trigonometrik özdeşlikten faydalanıyoruz. \begin{equation*} \arctan a \pm \arctan b = \arctan \left( \frac{a \pm b}{1 \mp ab} \right) \end{equation*} (Bu özdeşliğin ispatını bilmeyen okur, ikinci dereceden cebirsel denklemlerin kökler toplamı ve çarpımı formüllerinden faydalanarak ispatlamaya çalışmalıdır.) Böylelikle basit cebirsel muameleler sonrasında $\alpha(x)$ fonksiyonu aşağıdaki gibi oluyor. \begin{equation*} \alpha(x) = \arctan \left( \frac{wx}{x^{2} + (L-h+w)(L-h)}\right) \end{equation*} Yukarıdaki trigonometrik özdeşlik sayesinde iki defa arctan fonksiyonunun türevini almak yerine artık sadece bir kere o sevimsiz türevle uğraşacağız. Türev almadan önce problemi parametre kalabalığından kurtarmak amacıyla birimsiz uzaklık nicelliğini tanımlıyoruz. \begin{equation*} x =: \sqrt{(L-h+w)(L-h)} \xi \end{equation*} Bu ifadeyi yerine koyduğumuzda $\alpha$ açısı için verdiğimiz ifade aşağıdaki gibi sadeleşir. \begin{equation*} \alpha (\xi) = \arctan \left( A\frac{\xi}{\xi^{2}+1} \right) \end{equation*} Burada \begin{equation*} A := \frac{w}{\sqrt{(L-h+w)(L-h)}} \end{equation*} eşitliğiyle tanımlanan ve bütün parametrelerin öbeklendiği birimsiz bir parametredir. Yeni değişkenlerde problemimiz sadece bir parametreye bağlılık arz ediyor. Bu kuşkusuz yapmamız gereken işlemlerde bir sadeleşme sunacağı gibi aynı zamanda hata yapma riskimizi de azaltacaktır. Zincir kuralını kullanarak yeni değişken ile optimizasyon şartını ifade edelim. \begin{equation*} 0 = \frac{d \alpha}{dx} = \frac{d \xi}{dx} \frac{d \alpha}{d \xi} = \frac{1}{\sqrt{(L-h+w)(L-h)}} \frac{d \alpha}{d \xi} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ 0 = \frac{d \alpha}{d \xi} \end{equation*}

Artık türevi alalım. $u:= \xi/(\xi^{2}+1)$ tanımıyla \begin{equation*} 0 = \frac{d \alpha}{d \xi} = A \frac{\xi^{2}+1-2\xi^{2}}{(\xi^{2}+1)^{2}} \frac{1}{1 + A^{2}u^{2}} \end{equation*} denkleminde sıfır olma ihtimali sadece ilk kesirin pay kısmından gelmekte olup, diğer ifadelerin tamamının pozitif olduğu barizdir. Ama söz konusu payı sıfıra eşitlediğimizde $\xi = \pm 1$ sonucuna hemen ulaşırız. Bu köklerden sadece $\xi = 1$ pozitif bir uzaklık sunduğundan bu kökü kabul edeceğiz. Yerine koyduğumuzda en geniş tablo izleme açısı için mesafenin $x = \sqrt{(L-h+w)(L-h)}$ olduğunu görüyoruz. Söz konusu izleme açısı ise $\alpha = \arctan (A/2)$ olmaktadır.

"Euler'in ıskaladığı ispat: $\zeta(2)$ değerini kolay yoldan hesaplamak" başlıklı makalenin tercümesi (Apostol'un hatırasına saygıyla)

8 Mayıs 2016 günü, 92 yaşında vefat eden Tom M. Apostol, 1923'te, ABD'nin Utah eyaletinde, Rum kökenli bir göçmen ailenin çocuğu olarak dünyaya geldi. 1944'te kimya mühendisliği üzerine lisans diploması alan Apostol, daha sonra 1946'da Washington Üniversitesi'nden matematik yüksek lisansı ve 1948'de California Üniversitesi'nden (Berkeley) Derrick Henry Lehmer'in yönettiği çalışma sonrasında doktora derecelerini aldı. Analitik sayılar teorisi alanında çalışmalarını yoğunlaştıran Apostol, Berkeley, MIT ve en sonunda Caltech'te öğretim üyeliği yaptı ve vefat edene kadar da bu kurumda, emekliliğinden sonra da çalışmalarını sürdürdü. Fazla bilinmez 90'lı yıllarda Bilkent Üniversitesi'nin birinci sınıf fizik laboratuvarlarından önce öğrencilere izlettirilen, her biri yaklaşık yarım saatlik 52 videodan oluşan The Mechanical Universe and Beyond (Mekanik Evren ve Ötesi) adlı eğitsel projenin danışman kadrosunda da yer almıştır kendisi. (İlgilenenlere: Caltech bu değerli çalışmanın tamamını youtube video paylaşım sitesine yüklemiştir.)

Yazarın eğitim camiasında etkili olan lisans ve yüksek lisans düzeyinde analiz kitapları vardır. Bunlardan birisi olan iki ciltlik Calculus, son derece açık ve hiçbir detayı atlamadan kaleme alınmasının yanı sıra, belirgin bir biçimde okura bir bilim tarihi şuuru aşılama gayretiyle de diğer kitaplardan ayrılır. Bildiğim kadarıyla bu kitap Türkiye'de sadece 90'larda Bilkent Üniversitesi'inin Fen Fakültesi'nde ders kitabı olarak kullanıldı. (İlginçtir: Bu kitap moleküler biyoloji ve genetik öğrencilerine bile okutulmasına rağmen, mesela elektrik mühendisliği öğrencilerine okutulmasından imtina edildi.) Temel düzeyde lineer adi ve kısmi diferansiyel denklemler, ihtimaliyat ve istatistik ve nihayet lineer cebir gibi adı calculus olan bir kitapta görmeyi pek de ummadığınız bölümleri de havi olan çalışma, önce integral teorisini daha sonra da türevi anlatmasıyla, ilk bakışta yadırganır. Öğrenciyken takip etmekte zorlandığım ama mezuniyetimden sonra defalarca müracaat etme zorunluluğu duyduğum bu kitabın yıllar sonra fen ve matematik ders kitapları arasında ne derece kıymetli olduğunu şu an daha iyi anlayan birisi olarak yazara kendimi minnettar hissediyorum.

Vefatının birinci senei devriyesi münasebetiyle bu yazarın hatırasına saygı bağlamında eğitsel amaçlı kısa bir makalesini tercüme ettim. The Mathematical Intelligencer adlı derginin 5. cildinin 59. sayfasında basılan makalenin konusu Riemann zeta fonksiyonu olarak bilinen \begin{equation*} \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}} \end{equation*} fonksiyonun $s=2$ noktasındaki değeri. Riemann zeta fonksiyonunun değerinin hesaplanması genel olarak özel değerlerde bile (aşağıdaki örnekte olduğu gibi) bir kahramanlık destanı gerektiriyor. Bu fonksiyon Bose-Einstein yoğunlaşması ve Stefan-Boltzmann kanununun ispatı gibi fizik ve matematiğin diğer branşlarında da hiç umulmadık yerlerde karşımıza çıkıyor. Apostol bu kısa makalesinde kendi mesleğine uygun olarak sayılar teorisine ait bu fonksiyonu gerçel analizin imkanlarıyla hesaplamış. Çok değişkenli analize ve çok katlı integrallere aşina olan okurun eline kalemi kağıdı alıp, işlemler arasındaki boşlukları doldurarak bu makaleyi anlamaya çalışması güzel bir analitik sayılar teorisi jimnastiği olacaktır. Tercüme tüm kusurlarıyla beraber bendenize aittir.

---

Euler'in ıskaladığı ispat: $\zeta(2)$ değerini kolay yoldan hesaplamak

R. Apery [1] \begin{equation*} \zeta(3) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} \end{equation*} değerinin irrasyonel olduğunu ilk ispatlayan matematikçidir. Apery'nin ispatından ilham alarak, F. Beukers [2] hem $\zeta(2)$ hem de $\zeta(3)$ sayılarının irrasyonelliğini tesis etmek için çok katlı integralleri kullanan daha kısa bir ispat vermiştir. Bu notada Beukers tarafından ele alınan aşağıdaki çift katlı integralin \begin{equation*} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{1}{1-xy} dx dy \end{equation*} doğrudan $\zeta(2)=\pi^{2}/6$ eşitliğini ispatlamakta kullanılabileceğini göstereceğiz. Yazar, temel analize giriş (calculus) derslerinde bir kaç yıl bunu öğrencilerine sunmakla beraber, literatürde böylesi bir ispata hiç rastlamamıştır.

Söz konusu integral ile $\zeta (2)$ arasındaki bağıntı, integrandı geometrik bir seride açıp, her bir terim için integrali hesaplamakla elde edilmektedir. Bunu matematiğe döktüğümüzde aşağıdaki ara sonucu elde ediyoruz. \begin{equation*} I = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} x^{n}y^{n} dx dy = \int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{y^{n}}{n+1} dy = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{2}} = \zeta (2) \end{equation*} Ardından integrali başka bir yöntemle hesaplayıp $I=\pi^{2}/6$ olduğunu göstereceğiz. Koordinat eksenlerini saat yönünde $\pi/4$ radyan döndürmek için aşağıdaki dönüşümü uygulayalım. \begin{equation*} x = \frac{u-v}{\sqrt{2}}, \ \ \ y = \frac{u+v}{\sqrt{2}}. \end{equation*} Böylece integrandın paydası $1-xy = (2-u^{2}+v^{2})/2$ olur. İntegrali hesaplayacağımız yeni bölge karşıt köşeleri $uv$ düzleminde $(0,0)$ ve $(\sqrt{2},0)$ noktalarında bulunan bir kare olmaktadır. Bu karenin $u$ ekseni etrafındaki simetrisinden faydalanarak, integrali şöyle de ifade edebiliriz. \begin{equation*} I = 4\int_{0}^{1/\sqrt{2}} \left( \int_{0}^{u} \frac{dv}{2-u^{2}+v^{2}} \right) du + 4\int_{1/\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} \left( \int_{0}^{\sqrt{2}-u} \frac{dv}{2-u^{2}+v^{2}} \right) du \end{equation*} Şimdi \begin{equation*} \int_{0}^{x} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}} = \frac{1}{a} \arctan (x/a) \end{equation*} olduğundan, bu eşitlik kanalıyla aşağıdaki integralleri hemen hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber &&\int_{0}^{u} \frac{dv}{2-u^{2}+v^{2}} = \frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}} \arctan \left( \frac{u}{\sqrt{2-u^{2}}} \right) \ \ \ {\rm ve} \\ \nonumber &&\int_{0}^{\sqrt{2}-u} \frac{dv}{2-u^{2}+v^{2}} = \frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}} \arctan \left( \frac{\sqrt{2} - u}{\sqrt{2-u^{2}}} \right) \ \ \ {\rm olur.} \end{eqnarray} Dolayısıyla \begin{eqnarray}\nonumber I_{1} &:=& 4 \int_{0}^{1/\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}} \arctan \left( \frac{u}{\sqrt{2-u^{2}}} \right) du \ \ \ {\rm ve} \\ \nonumber I_{2} &:=& 4 \int_{1/\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}} \arctan \left(\frac{\sqrt{2} -u}{\sqrt{2-u^{2}}} \right) du \end{eqnarray} tanımlarıyla çalışmayı $I=I_{1}+I_{2}$ şeklinde ikiye bölebiliriz. $I_{1}$ integralinde $u = \sqrt{2} \sin \theta$ koyduğumuzda $du = \sqrt{2}\cos \theta d\theta = \sqrt{2-u^{2}}d\theta$ ve $\tan \theta = u/\sqrt{2-u^{2}}$ olmaktadır. Bu da bize \begin{equation*} I_{1} = 4 \int_{0}^{\pi/6} \theta d\theta = 2 \left( \frac{\pi}{6} \right)^{2} \end{equation*} sonucunu verir.

$I_{2}$ integralinde ise $u=\sqrt{2}\cos 2\theta$ dönüşümü uygulandığında, biraz işlem kalabalığından sonra, $du = -2\sqrt{2}\sin 2\theta d\theta = - 2\sqrt{2} \sqrt{1-\cos^{2}2\theta} d\theta = -2\sqrt{2}\sqrt{1-u^{2}/2} d\theta = -2\sqrt{2-u^{2}}d\theta$ ve dolayısıyla \begin{equation*} \frac{\sqrt{2}-u}{\sqrt{2-u^{2}}} = \frac{\sqrt{2}(1-\cos 2\theta)}{\sqrt{2-2\cos^{2}2\theta}} = \sqrt{\frac{1-\cos 2 \theta}{1+\cos 2\theta}} = \sqrt{\frac{2\sin^{2}\theta}{2\cos^{2}\theta}} = \tan \theta \end{equation*} ve \begin{equation*} I_{2} = 8 \int_{0}^{\pi/6} \theta d\theta = 4 \left( \frac{\pi}{6} \right)^{2} \end{equation*} değerini hesaplarız.

Toplarladığımızda $I=I_{1}+I_{2} = 6 \left( \frac{\pi}{6} \right)^{2} = \frac{\pi^{2}}{6}$ olmaktadır.

Not: P. Stackel'in ortaya attığı bir probleme cevaben F. Goldsheider'ın [3] önerdiği, çift katlı integralleri kullanarak $\zeta(2)$ değerini hesaplayan ve yukarıda önerdiğimizden biraz daha dolambaçlı bir yöntem daha vardır. Orada yazar (Goldsheider) aşağıdaki çift katlı integralleri kullanır \begin{equation*} P = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dxdy}{1-xy} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ Q = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dxdy}{1+xy} \end{equation*} ve önce $P-Q=P/2$ ya da $P=2Q$ özdeşliklerini gösterir. Öte yandan \begin{equation*} P+Q = \int_{-1}^{1}dy \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+xy} \end{equation*} eşitliğini ve bu integralde $y$ değişkeni için $u=y+\frac{1}{2}x(y^{2}-1)$ dönüşümünü kullandığımızda aşağıdaki ara sonuca erişiriz. \begin{equation*} P+Q = \int_{-1}^{1}du \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+2ux+x^{2}} \end{equation*} Şimdi $u=\cos \varphi$ koyarsak, $(\sin \varphi) / (1+2ux+x^{2}) = \frac{d}{dx} \left( \arctan \frac{x+\cos \varphi}{\sin \varphi} \right)$ ve dolayısıyla \begin{equation*} P+Q = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \varphi d \varphi = \frac{\pi^{2}}{4} \end{equation*} çıkar. Nihayet $P=2Q$ eşitliği, $P=\pi^{2}/6$ sonucunu gerektirir.

Kaynakça

[1] R. Apery (1979) Irrationalite de $\zeta(2)$ et $\zeta(3)$. Asterisque 61:11-13. Paris: Societe Mathematique de France.
[2] F. Beukers (1979) A note on the irrationality of $\zeta(2)$ and $\zeta(3)$, Bull. Lon. Math. Soc. 11:268-272.
[3] F. Goldscheider (1913) Arch. Math. Phys. 20:323-324.

California Teknoloji Enstitüsü
Pasadena, California 91125