Sommation/Exercices/Séries de Fourier et fonction zêta

Exercice 9-1

Calculer :

$a)\,\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{2k+1}}\qquad \qquad \qquad b)\,\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$.

Solution

Considérons la fonction $f$ 2π-périodique définie par :

$\forall x\in \left]-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

$f$ est impaire sur $\left]-\pi ,\pi \right[$ donc $c_{0}=0$. Pour $n\neq 0$,

$2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }te^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {e^{-int}}{-in}}t\right]_{-\pi }^{\pi }-\int _{-\pi }^{\pi }{\frac {e^{-int}}{-in}}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {e^{-int}}{-in}}t\right]_{-\pi }^{\pi }-\left[{\frac {e^{-int}}{(-in)^{2}}}\right]_{-\pi }^{\pi }={\frac {(-1)^{n}(\pi -(-\pi ))}{-in}}-0={\frac {(-1)^{n}2\pi i}{n}}$

donc

$c_{n}(f)={\frac {(-1)^{n}i}{n}}$.

a) D'après le théorème de Dirichlet, nous avons :

${\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}i}{n}}(e^{inx}-e^{-inx})=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}\sin(nx)$.

Choisissons pour $x$ la valeur $\pi /2$ ; nous obtenons :

${\frac {\pi }{2}}=2\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2k+1}}(-1)^{k}$.

Nous pouvons conclure que :

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{2k+1}}={\frac {\pi }{4}}$.

Remarque. Pour tout nombre complexe $z\neq \pm 1$ tel que $|z|\leq 1$, $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}={\frac {1}{2}}\operatorname {Log} {\frac {1+z}{1-z}}$ où $\mathrm {Log}$ est la détermination principale du logarithme complexe.

En particulier pour $z=\mathrm {i}$, on retrouve $\mathrm {i} \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{2k+1}}={\frac {1}{2}}\operatorname {Log} \mathrm {i} =\mathrm {i} {\frac {\pi }{4}}$.

b) D'après la formule de Parseval, nous avons :

${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}\mathrm {d} t=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\left|{\frac {(-1)^{n}i}{n}}\right|^{2}+\left|{\frac {(-1)^{-n}i}{-n}}\right|^{2}\right)=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$

donc

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{4\pi }}\left[{\frac {t^{3}}{3}}\right]_{-\pi }^{\pi }={\frac {1}{4\pi }}{\frac {2\pi ^{3}}{3}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$.

Nous pouvons conclure que :

$\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-3.)

 

Exercice 9-2

1. Pour tout entier $m\geq 2$, exprimer les deux sommes suivantes en fonction de $\zeta (m)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{m}}}$ :

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{m}}}\qquad {\text{et}}\quad \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{m}}}$.

2. À l'aide de l'exercice précédent, en déduire les valeurs de

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}\qquad {\text{et}}\quad \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}$.

Solution

1. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{m}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{m}}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{m}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{m}}}\right)\zeta (m)$ ;
   $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{m}}}=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{m}}}+2\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{m}}}=\left({\frac {1}{2^{m-1}}}-1\right)\zeta (m)$.
2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}=\left(1-{\frac {1}{4}}\right)\zeta (2)={\frac {3}{4}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}={\frac {\pi ^{2}}{8}}$ ;
   $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}=\left({\frac {1}{2}}-1\right)\zeta (2)=-{\frac {1}{2}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}=-{\frac {\pi ^{2}}{12}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-3.)

 

Exercice 9-3

1. Calculer $\zeta (4)$.
2. En déduire les valeurs de $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{4}}}\qquad {\text{et}}\quad \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}$.

Solution

1. Considérons la fonction $f$ 2π-périodique définie par :

$\forall x\in \left[-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{2}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

$2\pi c_{0}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {2\pi ^{3}}{3}}$ donc $c_{0}(f)={\frac {\pi ^{2}}{3}}$ et pour $n\neq 0$,

$2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{2}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {2}{in}}\int _{-\pi }^{\pi }te^{-int}\,\mathrm {d} t=0+{\frac {2}{in}}\left[t{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }-{\frac {2}{n^{2}}}\int _{-\pi }^{\pi }e^{-int}\,\mathrm {d} t={\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}-0$

donc

$c_{n}(f)={\frac {2(-1)^{n}}{n^{2}}}$.

Remarquons au passage que le théorème de Dirichlet permet de recalculer $\zeta (2)$ et (directement) $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}$.

Détails

:${\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}={\frac {\pi ^{2}}{3}}+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}(e^{inx}+e^{-inx})={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}\cos(nx)$.

Pour $x=0$ et $x=\pi$, on retrouve :

$0={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}$, c'est-à-dire $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}=-{\frac {\pi ^{2}}{12}}$ ;

$\pi ^{2}={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$, c'est-à-dire $\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$.

En outre, d'après la formule de Parseval,

${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{4}}{9}}+8\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{4}}}$

donc

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{4}}}={\frac {{\frac {\pi ^{4}}{5}}-{\frac {\pi ^{4}}{9}}}{8}}$,

soit

$\zeta (4)={\frac {\pi ^{4}}{90}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-5.)

2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{4}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{4}}}\right)\zeta (4)={\frac {15}{16}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}={\frac {\pi ^{4}}{96}}$ ;

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}=\left({\frac {1}{2^{3}}}-1\right)\zeta (4)=-{\frac {7}{8}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}={\frac {-7\pi ^{4}}{720}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-5.)

 

Exercice 9-4

1. Calculer $\zeta (6)$.
2. En déduire les valeurs de $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{6}}}\qquad {\text{et}}\quad \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{6}}}$.

Solution

1. Considérons la fonction $f$ 2π-périodique définie par :

$\forall x\in \left]-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{3}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

$f$ est impaire sur $\left]-\pi ,\pi \right[$ donc $c_{0}(f)=0$. Pour $n\neq 0$, sachant déjà (d'après le calcul du début de l'exercice précédent) que $\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}e^{-int}\,\mathrm {d} t={\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}$, on trouve :

$2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{3}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{3}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {3}{in}}{\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}={\frac {2\pi ^{3}(-1)^{n}}{-in}}+{\frac {12\pi (-1)^{n}}{in^{3}}}$

donc

$c_{n}(f)=i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)$.

D'après la formule de Parseval,

${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{6}\mathrm {d} t=2\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)^{2}=2(\pi ^{4}\zeta (2)-12\pi ^{2}\zeta (4)+36\zeta (6))$

donc

$\zeta (6)={\frac {{\frac {\pi ^{6}}{14}}-\pi ^{4}{\frac {\pi ^{2}}{6}}+12\pi ^{2}{\frac {\pi ^{4}}{90}}}{36}}={\frac {\pi ^{6}}{36}}\left({\frac {1}{14}}-{\frac {1}{6}}+{\frac {2}{15}}\right)$,

soit

$\zeta (6)={\frac {\pi ^{6}}{945}}$.

2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{6}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{6}}}\right)\zeta (6)={\frac {65}{64}}{\frac {\pi ^{6}}{945}}=={\frac {\pi ^{6}}{960}}$ ;

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{6}}}=\left({\frac {1}{2^{5}}}-1\right)\zeta (6)=-{\frac {31}{32}}{\frac {\pi ^{6}}{945}}=-{\frac {31\pi ^{6}}{30240}}$.

 

Exercice 9-5

1. Calculer $\zeta (8)$.
2. En déduire les valeurs de $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{8}}}\qquad {\text{et}}\quad \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{8}}}$.

Solution

1. Considérons la fonction $f$ 2π-périodique définie par :

$\forall x\in \left[-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{4}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

$2\pi c_{0}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}\,\mathrm {d} t={\frac {2\pi ^{5}}{5}}$ donc $c_{0}(f)={\frac {\pi ^{4}}{5}}$. Pour $n\neq 0$, sachant déjà (d'après le calcul du début de l'exercice précédent) que $\int _{-\pi }^{\pi }t^{3}e^{-int}\,\mathrm {d} t=2\pi i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)$, on trouve :

$2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{4}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {4}{in}}2\pi i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)=0+{\frac {8\pi (-1)^{n}}{n}}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)$

donc

$c_{n}(f)=4(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)$.

Remarquons au passage que le théorème de Dirichlet permet de recalculer $\zeta (4)$ et (directement) $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}$.

Détails

:${\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}={\frac {\pi ^{4}}{5}}+4\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)(e^{inx}+e^{-inx})={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)\cos(nx)$.

Pour $x=0$ et $x=\pi$, on retrouve :

$0={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)$, c'est-à-dire $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}={\frac {1}{6}}\left(\pi ^{2}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}-{\frac {\pi ^{4}}{40}}\right)=-{\frac {7\pi ^{4}}{720}}$ ;

$\pi ^{4}={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)$, c'est-à-dire $\zeta (4)={\frac {1}{6}}\left(\pi ^{2}\zeta (2)-{\frac {\pi ^{4}}{10}}\right)={\frac {\pi ^{4}}{90}}$.

En outre, d'après la formule de Parseval,

${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{8}\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{8}}{25}}+32\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)^{2}={\frac {\pi ^{8}}{25}}+32\left(\pi ^{4}\zeta (4)-12\pi ^{2}\zeta (6)+36\zeta (8)\right)$

donc

$\zeta (8)={\frac {{\frac {{\frac {\pi ^{8}}{9}}-{\frac {\pi ^{8}}{25}}}{32}}-\pi ^{4}{\frac {\pi ^{4}}{90}}+12\pi ^{2}{\frac {\pi ^{6}}{945}}}{36}}={\frac {\pi ^{8}}{45}}{\frac {{\frac {1}{10}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {4}{7}}}{36}}$,

soit

$\zeta (8)={\frac {\pi ^{8}}{9450}}$.

2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{8}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{8}}}\right)\zeta (8)={\frac {255}{256}}{\frac {\pi ^{8}}{9450}}={\frac {17\pi ^{8}}{161280}}$ ;

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{8}}}=\left({\frac {1}{2^{7}}}-1\right)\zeta (8)=-{\frac {127}{128}}{\frac {\pi ^{8}}{9450}}={\frac {-127\pi ^{8}}{1209600}}$.

 

Exercice 9-6

Calculer la somme suivante :

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16}}$.

Solution

Nous reconnaissons au dénominateur, le développement de (k+2)⁴. Nous avons donc :

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{(k+2)^{4}}}$

Nous ferons donc un glissement de deux unités de manière à avoir k⁴ au dénominateur.

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16}}&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{(k+2)^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {(k-2)^{2}\pi ^{2}+4(k-1)\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}\pi ^{2}-4k\pi ^{2}+4\pi ^{2}+4k\pi ^{2}-4\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\pi ^{2}\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}}{k^{4}}}-15\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{k^{4}}}\\&=\pi ^{2}\left(\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}-1\right)-15\left(\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{4}}}-1\right)\\&=\pi ^{2}\left({\frac {\pi ^{2}}{6}}-1\right)-15\left({\frac {\pi ^{4}}{90}}-1\right)\\&={\frac {\pi ^{4}}{6}}-\pi ^{2}-{\frac {15\pi ^{4}}{90}}+15\\&={\frac {\pi ^{4}}{6}}-\pi ^{2}-{\frac {\pi ^{4}}{6}}+15\\&=15-\pi ^{2}\\\end{aligned}}$

 

Exercice 9-7

a) Pour tous réels $q>0$ et $x>1$, on pose :

$\zeta (x,q)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+q)^{-x}$ (série convergente, par comparaison avec la série de Riemann $\sum _{n=1}^{\infty }n^{-x}$).

Montrer que

$\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{x-1}\operatorname {e} ^{-tq}}{1-\operatorname {e} ^{-t}}}\,\mathrm {d} t=\zeta (x,q)\operatorname {\Gamma } (x)$,

où $\Gamma$ désigne la fonction Gamma.

b) En déduire la valeur de l'intégrale suivante :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\operatorname {e} ^{t}-1}}\,\mathrm {d} t$

Solution

a)

${\begin{aligned}\zeta (x,q)\operatorname {\Gamma } (x)&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }(k+q)^{-x}\right)\int _{0}^{\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\\&=\sum _{k=0}^{\infty }\left((k+q)^{-x}\int _{0}^{\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\right)\\&=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }\left({\frac {t}{k+q}}\right)^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}{\frac {\mathrm {d} t}{k}}\right).\end{aligned}}$

Posons, dans chaque intégrale (pour $k$ fixé) :

$u={\frac {t}{k+q}}\Rightarrow \mathrm {d} u={\frac {\mathrm {d} t}{k+q}}$

et donc :

${\begin{aligned}\zeta (x,q)\operatorname {\Gamma } (x)&=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-ku}\,\mathrm {d} u\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n-1}\left(\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-(k+q)u}\,\mathrm {d} u\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}\sum _{k=0}^{n-1}\operatorname {e} ^{-ku}\,\mathrm {d} u\\&=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}{\frac {1-\operatorname {e} ^{-un}}{1-\operatorname {e} ^{-u}}}\,\mathrm {d} u\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}}{1-\operatorname {e} ^{-u}}}\,\mathrm {d} u-\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}{\frac {\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}}{\operatorname {e} ^{u}-1}}\,\mathrm {d} u.\end{aligned}}$

Or

$0\leq \int _{0}^{\infty }u^{x-1}{\frac {\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}}{\operatorname {e} ^{u}-1}}\,\mathrm {d} u\leq \int _{0}^{\infty }u^{x-2}\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {v}{q+n-1}}\right)^{x-2}\operatorname {e} ^{-v}\,{\frac {\mathrm {d} v}{q+n-1}}={\frac {\Gamma (x-1)}{(q+n-1)^{x-1}}}\,{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}0$.

On a donc bien :

$\zeta (x,q)=\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{x-1}\operatorname {e} ^{-tq}}{1-\operatorname {e} ^{-t}}}\,\mathrm {d} t$.

Remarque : par unicité du prolongement analytique, cette formule s'étend aux nombres complexes $x$ de partie réelle strictement supérieure à $1$ et $q$ de partie réelle strictement positive.

b) En posant $q=1$ et $x=2$ dans la formule établie précédemment, on obtient :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\operatorname {e} ^{t}-1}}\,\mathrm {d} t=\zeta (2)\operatorname {\Gamma } (2)$.

Sachant que ζ(2) = π²/6 et $\Gamma (n+1)=n!$, on obtient :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\operatorname {e} ^{t}-1}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{2}}{6}}1!={\frac {\pi ^{2}}{6}}$.

 

Exercice 9-8

1. Pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$, montrer l'existence d'un polynôme $P_{n}$ tel que $\forall \theta \in \mathbb {R} \setminus \pi \mathbb {Z} \quad \sin \left((2n+1)\theta \right)=P_{n}(\cot ^{2}\theta )\sin ^{2n+1}\theta$
2. Préciser le degré, les racines de $P_{n}$, et la somme des racines.
3. Montrer que $\forall \theta \in \left]0,\pi /2\right[\quad \cot ^{2}\theta \leq {\frac {1}{\theta ^{2}}}\leq 1+\cot ^{2}\theta$.
4. Calculer $\sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{2}}}$. Calculer de même $\sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{4}}}$.

Solution

1. La formule de Moivre donne :

   ${\begin{aligned}\sin \left((2n+1)\theta \right)&=\operatorname {Im} \left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2n+1)\theta }\right)\\&=\operatorname {Im} \left(\left(\cos \theta +\mathrm {i} \sin \theta \right)^{2n+1}\right)\\&=\sum _{0\leq 2k+1\leq 2n+1}{\binom {2n+1}{2k+1}}(-1)^{k}\sin ^{2k+1}\theta \,\cos ^{2(n-k)}\theta \\&=P_{n}(\cot ^{2}\theta )\sin ^{2n+1}\theta \end{aligned}}$

   avec

   $P_{n}(X)=\sum _{0\leq 2k+1\leq 2n+1}{\binom {2n+1}{2k+1}}(-1)^{k}X^{n-k}$.

2. $P_{n}$ est de degré n, de racines $\cot ^{2}{\frac {k\pi }{2n+1}}$ ($k\in \{1,2,\dots ,n\}$). La somme des racines est ${\binom {2n+1}{3}}\left/{\binom {2n+1}{1}}\right.={\frac {n(2n-1)}{3}}$.
4. $\sin 0=\tan 0=0$ et $\forall \theta \in \left]0,\pi /2\right[\quad 0\leq \sin '\theta \leq 1\leq \tan '\theta$. Grâce au théorème des accroissements finis, on en déduit : $\forall \theta \in \left]0,\pi /2\right[\quad 0\leq \sin \theta \leq \theta \leq \tan \theta$, d'où l'encadrement demandé.
5. D'après les deux questions précédentes,
   ${\frac {n(2n-1)}{3}}\leq \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {2n+1}{k\pi }}\right)^{2}\leq {\frac {n(2n-1)}{3}}+n={\frac {n(2n+2)}{3}}$, ce qui se simplifie en
   ${\frac {n(2n-1)\pi ^{2}}{3(2n+1)^{2}}}\leq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\leq {\frac {n(2n+2)\pi ^{2}}{3(2n+1)^{2}}}$ d'où, d'après le théorème des gendarmes :
   $\sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$.
   De même, $\sum _{k=1}^{n}\cot ^{4}{\frac {k\pi }{2n+1}}$ est la somme des carrés des racines de $P_{n}$ donc est égal à
   $\left({\frac {n(2n-1)}{3}}\right)^{2}-2{\binom {2n+1}{5}}\left/{\binom {2n+1}{1}}\right.={\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}$
   et l'on en déduit :
   ${\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}\leq \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {2n+1}{k\pi }}\right)^{4}\leq {\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}+2{\frac {n(2n-1)}{3}}+n$, puis
   $\sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{4}}}={\frac {\pi ^{4}}{90}}$.

 

Exercice 9-9

Soient $\zeta (3)=\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{3}}},\quad \zeta (2,1)=\sum _{1\leq k<n}{\frac {1}{n^{2}k}},\quad S=\sum _{i,j\geq 1}{\frac {1}{ij(i+j)}}\quad {\text{et}}\quad T=\sum _{i,j\geq 1}{\frac {1}{ij\max(i,j)}}$.

Démontrer que $\zeta (3)=\zeta (2,1)={\frac {S}{2}}={\frac {T}{3}}$

Solution

$S=\sum _{1\leq i<n}{\frac {1}{i(n-i)n}}=\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}\sum _{1\leq i<n}\left({\frac {1}{i}}+{\frac {1}{n-i}}\right)=2\,\zeta (2,1)$

$S=\sum _{i\geq 1}{\frac {1}{i^{2}}}\sum _{j\geq 1}\left({\frac {1}{j}}-{\frac {1}{i+j}}\right)=\sum _{i\geq 1}{\frac {1}{i^{2}}}\sum _{1\leq j\leq i}{\frac {1}{j}}=\zeta (2,1)+\zeta (3)$

$T=\sum _{1\leq i<j}{\frac {1}{ij^{2}}}+\sum _{1\leq j<i}{\frac {1}{i^{2}j}}+\zeta (3)=2\zeta (2,1)+\zeta (3)$.

Référence : Tim Jameson, « Some double series related to ζ(3) », Math. Gazette, vol. 98, n^o  542, 2014, p. 327-331 [texte intégral lien DOI]