Autour de la fonction zeta

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Autour de la fonction zeta

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• Publié par: porthos
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l  p p  p p p   - ¥ p - p - ¥ p - p  p p " - ¥ - p -  p x  fi p - „  -   -   z p - p  x ˛ 
l
¥ p fi - l 21 Autour de (2) = =2p 6p=1 I. Par la méthode de Wallis 2 n1. On pose C = cos (t) dt .n 0 a) Calculer C et C .0 1 b) Pour n
2, exprimer C en fonction de C .n n 2 c) En déduire les valeurs de C et de C .2n 2n+1 C2nd) Calculer lim . n + C2n+1 (2n)!! e) En déduire : ~ 2n + 1 (2n 1)!! 2 n 12 2n22. On pose I = t cos (t) dt et u = .n n 2 0 p p=1 a) Démontrer que u 2 ( n
1). En déduire que (u ) admet une limite .n n b) Pour tout n
1, exprimer I en fonction de I .n n 1 6 (2n)!! c) En déduire que u = I .nn 4 6 (2n 1)!! 2 2 1 d) Démontrer que I et en déduire que = .n 4 2n + 1 6 II. Par le lemme de Riemann-Lebesgue 1Le lemme : Soit ƒ une fonction de classe C sur un intervalle [a, b] à valeurs dans . Soit un réel. b i tAlors lim e ƒ(t) dt = 0. + a 11. Démontrer le lemme pour ƒ de classe C . (On pourra intégrer par parties) 1* 2 2. Déterminer deux réels a et b tels que, pour tout n : (at + bt) cos(nt) dt = 20 n n (n+1)it it e e 3. Démontrer que cos( pt) = Re pour tout t 2k . En déduire que : ite 1 p=1 n 11 t(t 2 ) i(n+1)t it = Re e e dt( )2 it2 0p e 1 p=1 t(t 2 ) 1 4. Démontrer que la fonction ƒ définie sur ]0, ] par ƒ(t) = se prolonge en une fonction de classe C ite 1 sur [0, ]. 21 5. À l'aide du lemme, déduire des questions précédentes que : = .2 p 6p=1 Autour de zêta(2) Page 1 G. COSTANTINI¥ q ˛  -  -  p  -      q  q p q  q ¥  p p ¥    p q p  - ˛ ¥ a  ˛  q  q  q ˛ p p p
˛ p " p -
fi p ¥  p ˛ ¥  ˛ ˛  " - p q p   p  q p - III. Par la méthode de Holme et Papadimitriou * 1. Démontrer que pour tous ]0, [ et n : 2 n n j 2n+1 j 2 j +1 2 sin (2n + 1) = sin ( 1) C cotan2n+1( ) j =0 [On pourra utiliser la formule de Moivre] * 2. On considère, pour n , le polynôme P défini par :n n j 2 j +1 n j P = ( 1) C Xn 2n+1 j =0 k2 Démontrer que les n racines de P sont les réels : = cotan , 1 k n.n k 2n + 1 n k n(2n 1)2 3. Montrer que : cotan = . 2n + 1 3 k =1 12 2 4. Démontrer que, pour tout ]0, [, on a : sin < < tan . En déduire : cotan < < 1 + cotan . 22 n2 21n(2n 1) n(2n + 2) 5. Démontrer que : < < .22 2k3 (2n + 1) 3 (2n + 1)k =1 2 1 6. En déduire : = . 2k 6 k =1 1 1 Remarque : la méthode ci-dessus peut se généraliser afin de calculer et 4 6k k k =1 k =1 IV. À l'aide des séries de Fourier Soit ƒ : , 2 -périodique, impaire telle que : t ]0, [, ƒ(t) = 1 et n , ƒ(n) = 0 1. Calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) a et b définis, pour tout n , par :n n 2 21 1 a = ƒ(t) cos(nt) dt et b = ƒ(t)sin(nt) dtn n 0 0 2. Démontrer que la série S (ƒ) de Fourier de ƒ définie pour tout t par :p p a0S (ƒ)(t) = + (a cos(nt) + b sin(nt))p n n 2 n=1 converge simplement vers ƒ sur . p On peut aussi retrouver ce( 1) 3. En déduire : = résultat à l'aide du DSE de 2 p +1 4 l'Arctan.p=0 2 4 4. À l'aide de la formule de Parseval, démontrer que la série converge. En déduire : (2 p +1) p
0 2 1 = 2 8(2 p +1)p=0 2 1 5. En déduire : = . 2 6kk =1 Autour de zêta(2) Page 2 G. COSTANTINI- - p p p   p p p x x  p   - p -  p p - p   fi     -   p  -  - - p p p p p  - - p -  p " -  - - -  -  -  -  - - p - - -    - - - - - - fi - ¥ p p - - - p - - - p p - - - Solutions - I. Par la méthode de Wallis 2 n1. On pose C = cos (t) dt .n 0 a) C = et C = 1.0 1 2 2 n 2 n 1b) C = cos (t) dt = cos(t) cos (t) dtn 0 0 n 1En intégrant par parties (u'(t) = cos(t) ; v(t) = cos (t) ), il vient : 2 n 2 2 n 22 2C = (n 1) sin (t) cos (t) dt = (n 1) (1 cos (t)) cos (t) dt = (n 1)(C C )n n 2 n 0 0 n 1 D'où C = C .n n 2 n (2n 1)!! (2n 1)!! (2n)!! (2n)!! c) On en déduit (récurrence) que : C = C = et C = C = .2n 0 2n+1 1 (2n)!! (2n)!! 2 (2n + 1)!! (2n + 1)!! C C C (2n 2)!!(2n + 1)!! 2n + 1 C2n 2n 2n 1 2nd) On a déjà : 1 . En outre, = = . D'où lim = 1. n +C C C (2n 1)!!(2n)!! 2n C2n+1 2n+1 2n+1 2n+1 2 C (2n 1)!!(2n + 1)!! (2n 1)!! (2n)!!2ne) = = (2n + 1) , d'où ~ 2n + 1 . C (2n)!!(2n)!! 2 2 (2n)!! (2n 1)!! 22n+1 n 12 2 2n2. On pose I = t cos (t) dt et u = .n n 2 0 p p=1 n 11 1 1 1 1 a) Pour p
2,on a : donc 1 1, d'où u 2 ( n
1).n22 pp p( p 1) p 1 p np=2 En outre, (u ) est croissante donc admet une limite 2.n 12 2n 2 2n 1 2 2 2n 22 2 2b) I = t cos (t) dt = t cos(t) cos (t) dt = C + (2n 1) t sin (t) cos (t) dtn n 0 0 n 0 1 1 (2n 1)!! 2n 1 D'où I = C + (2n 1)(I I ) et par suite, I = + I .n n n 1 n n n 12n n (2n)!! 4 2n 6 (2n)!! c) On en déduit (récurrence) que u = I .nn 4 6 (2n 1)!! 2 2 12n2d) Comme, sur [0, ], on a t sin(t), il vient : I sin(t) cos (t) dt .n 02 2 4 4 2n + 1 2 21(2n)!! D'où I . 2n + 1 0 d'où = .n (2n 1)!! 2 4 2n + 1 6 Autour de zêta(2) Page 3 G. COSTANTINI l p p - p  - p p „ p l - l - - " - - - - - p -  - l p ˛ - p p ˛ - - - p fi p -  fi  p  p - p -  - -  p l   -  l - l p  p p " p   -  -  ˛    - p  - - - p -  -    p   l   p  ˛        l l  l  p ¥   fi  l -   l p l p  p  -
- l p  II. Par le lemme de Riemann-Lebesgue it 1 1. Les applications ƒ et t e étant de classe C sur [a, b], on a, par une intégration par parties : b i t i tb b be e 1i t i b i a i t e ƒ(t) dt = ƒ(t) ƒ'(t) dt = ƒ(b)e ƒ(a)e e ƒ'(t) dt a i a i ai a D'où : b b1i t e ƒ(t) dt ƒ(b) + ƒ(a) + ƒ'(t) dt a a Notons M = sup |ƒ'(t)| (existe car, par hypothèse, ƒ' est continue sur le compact [a, b]) t [a,b] Ainsi : b 1i t 0 e ƒ(t) dt ƒ(b) + ƒ(a) + (b a) M[ ] a D'où : b i t lim e ƒ(t) dt = 0. + a 1 2. Les fonctions considérées étant de classe C sur [0, ], on a, à l'aide d'intégrations par parties : sin(nt) 12 2 I = (at + bt) cos(nt) dt = (at + bt) (2at + b) sin(nt) dtn 0 n n 00 n1 cos(nt) 2a (2a + b)( 1) b I = (2at + b) + cos(nt) dt = n 2n n n 0 n0 n1 * * La condition I = n s'écrit encore : (2a + b)( 1) b = 1 n .n 2 n 1 Si n est pair, on obtient : a = . Si n est impair, on obtient : b = 1. 2 1 1 Bilan : on donc : t(t 2 ) cos(nt) dt = . 22 0 n n it int (n+1)it ite (1 e ) e eipt3. Comme t 2k on a : e = = (somme de termes d'une suite géométrique) it it 1 e e 1 p=1 n (n+1)it ite e En passant à la partie réelle, on obtient : cos( pt) = Re ite 1 p=1 n n n 1 1 1 En utilisant la question 2, on a : = t(t 2 t) cos( pt) dt = t(t 2 t) cos( pt) dt 2 2 0 2 0p p=1 p=1 p=1 n 1 1 t(t 2 ) i(n+1)t it Et d'après ce qui précède : = Re e e dt .( )2 it2 0p e 1 p=1 it4. La fonction t e est dérivable en 0. On a donc : it e 1 lim = i t 0 t On en déduit : t(t 2 ) lim = 2 i itt 0 e 1 La fonction ƒ admet un prolongement continu en 0. Pour tout t ]0, [, on a : it 2 it (2t 2 )(e 1) (t 2 t)ie ƒ'(t) = it 2(e 1) Au voisinage de 0, on a : 2 t 2 2(2t 2 )(it + o(t )) (t 2 t)i(1+ it + o(t)) 2 ƒ'(t) = 2 (it + o(t)) Autour de zêta(2) Page 4 G. COSTANTINIp q a p ¥ - p p p ˛ a p „ - p 
fi p q  ˛  p p p q ˛   p - p - p q - q p - - q q q  q p - q q - - p q - q p - - q - - ¥ · p · q - q -  ¥ q p - -  ¥ q - q fi  - -  q En développant puis simplifiant : 2 2 2 it t + o(t ) ƒ'(t) = 2 2t + o(t ) D'où : lim ƒ'(t) = i t 0 1 La fonction ƒ se prolonge bien en une fonction de classe C en 0. 5. D'après le lemme de Lebesgue, on a donc : t(t 2 ) i(n+1)t lim e dt = 0 itn + 0 e 1 D'où : 1 1 t(t 2 ) it = Re e dt2 itp 2 0 e 1p=1 ite 1 Or, Re = d'où : it 2e 1 3 21 1 1 3 = t(t 2 ) dt = ( ) = 2 p 4 0 4 3 6 p=1 III. Par la méthode de Holme et Papadimitriou * 1. D'après la formule de Moivre et la formule du binôme, pour tout ]0, [ et n , on a : 2 2n+1 2n+1 k k k 2n+1 k cos(2n + 1) + i sin (2n + 1) = (cos + i sin ) = C i sin cos2n+1 k =0 Les imaginaires sont obtenus en ne gardant, dans la somme, que les entiers k impairs, c'est-à-dire de la forme k = 2j + 1 avec 0 j n : n 2 j +1 2 j+1 2 j+1 2n 2 j i sin (2n + 1) = C i sin cos2n+1 j=0 2j+1 2j j Or, i = i i = i ( 1) . En outre : 2j+1 2n 2j 2n+1 2j 2n 2n 2j 2n+1 n j2 sin cos = sin sin cos = sin (cotan ) . D'où, en passant à la partie imaginaire : n n j 2n+1 j 2 j +1 2 sin (2n + 1) = sin ( 1) C cotan2n+1( ) j =0 2. Le polynôme P est de degré n donc possède au plus n racines.n k k Les réels , 1 k n, sont éléments de ]0, [, donc sin 0 et les nombres sont bien définis.k 2n + 1 2 2n + 1 D'autre part, la fonction cotan est continue, décroissante et positive sur ]0, [. Il en va donc de même de la 2 fonction cotan qui induit une bijection de ]0, [ dans ]0, + [. 2 Donc les réels sont distincts.k D'après la question 1, pour tout k 1, n , on a : Autour de zêta(2) Page 5 G. COSTANTINIy q - ¥ j  - ¥ a p   q ¥ q p   p -
p -   p p - q  - p -   p   - p  p  p p p - p
˛  p q q - q  q - q q  q q q q j q  p - p a q p q - q - q  a  p p y  j  q p q ˛ y n n j k sin(k )j 2 j +1 2 P ( ) = ( 1) C cotan = = 0n k 2n+1 k2n + 1 2n+1j =0 sin 2n + 1 k2 Les n racines de P sont bien les réel : = cotan , 1 k n.n k 2n + 1 3. D'après les formules de Newton, on a : n an 1 x = k ank =1 n j 2 j +1 n j En appliquant ce résultat au polynôme P = ( 1) C X , on a :n 2n+1 j =0 n n 3k a C n(2n 1)2 n 1 2n+1 Donc : cotan = = = = k2n + 1 a 2n + 1 3nk =1 k =1 4. Il suffit d'étudier les variations des fonctions : sin et : tan . On constate que ces 2 deux fonctions sont strictement croissantes sur ]0, [ ( '( ) = 1 cos et '( ) = tan ). Et comme 2 (0) = (0) = 0, on en déduit que ces fonctions sont strictement positives sur ]0, [. 2 D'où l'encadrement : sin < < tan pour tout ]0, [ 2 En inversant cet encadrement (la fonction "inverse" étant strictement décroissante sur ]0, [), on obtient : 2 1 1 1 < < tan sin 2 + Puis, en élevant au carré (t t étant strictement croissante sur ) : 12 2 cotan < < 1 + cotan 2 k 5. Avec = ]0, [, l'encadrement ci-dessus devient : 2n + 1 2 2k (2n + 1) k2 2 cotan < < 1 + cotan 2 22n + 1 2n + 1k Et en sommant pour k allant de 1 à n : n n n2k 1 k(2n + 1)2 2 cotan < < n + cotan222n + 1 k 2n + 1 k =1 k =1 k =1 Et d'après la question 3 : n2 1n(2n 1) n(n + 2)(2n + 1) < < 223 k 3 k