Résultats préliminaires

(1)

Deux calculs de ζ (2)

On s'intéresse à la fonction zêta de Riemann, une fonction dénie par la relation suivante :

∀α∈]1 ; +∞[, ζ(α) =

+∞

X

k=1

1

k^α = lim

n→+∞

n

X

k=1

1 k^α

Le problème fera établir, à l'aide de deux manières très diérentes, le résultatζ(2) = π² 6 .

Résultats préliminaires

Les questions de cette partie sont indépendantes.

1. Soitx∈]0 ; π/2[, montrer quesin(x)≤x≤tan(x).On rappelle que,∀x∈R\nπ

2 +kπ, k∈Z

o,tan(x) = sin(x) cos(x). 2. (Technique de l'arc-moitié). Soitθ∈R, donner la forme exponentielle de e^iθ−1ete^iθ+1.

3. Soitfune fonction dénie sur[1 ; +∞[et croissante sur cet intervalle. On cherche à estimer :S_n=Pn

k=1f(k). Pour tout k ∈ N^∗, on a f(k) ≤

Z k+1 k

f(t) dt ≤ f(k+ 1). Encadrer Sn en fonction de f. On appelle cette méthode la méthode des rectangles.

4. Soit f une fonction continue sur I, en remarquant que ∀t ∈ I, −|f(t)| ≤ f(t) ≤ |f(t)|, montrer que

Z

I

f(t) dt

≤ Z

I

|f(t)|dt.

5. (Intégration par parties). Soituetvdeux fonctions dérivables sur un intervalleI deR, à dérivées continues.

Montrer, en remarquant que (uv)⁰ =u⁰v+uv⁰, que Z

I

u(t)v⁰(t) dt= [u(t)v(t)]_I− Z

I

u⁰(t)v(t) dt

6. (Lemme de Riemann-Lebesgue). Soit f une application dénie sur [a;b], à valeurs réelles, dérivable et à dérivée continue. Pour λ∈R^+∗, démontrer :

Z b a

f(t) sin(λt) dt

≤ 1 λ

|f(a)|+|f(b)|+ Z b

a

|f⁰(t)|dt

Puis en déduire que :

Z _b

a

f(t) sin(λt) dt−−−−→

λ→+∞ 0.

Existence de ζ(α)

Il s'agit ici de montrer que cette suite, qu'on appelle série, est convergente : S_n=

n

X

k=1

1 k^α. 1. Pourα dans]1 ; +∞[, montrer que :

∀n∈N^∗, Sn≤ α α−1

2. Montrer que la suite(S_n)n≥1 est convergente et que sa limite appartient à l'intervalle 1

α−1 ; α α−1

. Dès lors, on peut armer que ζ(α) =

+∞

X

k=1

1

k^α existe.

Un premier calcul

1. (a) Pourn∈N^∗, calculer :

Z π 0

tcos(nt) dt et Z π

0

t²cos(nt) dt On pourra intégrer par parties.

(b) Trouver (a, b)∈R², tels que :

∀n∈N^∗, Z π

(at²+bt) cos(nt) dt= 1

(2)

2. Soitn∈N^∗, t∈Ret :

Cn(t) =

n

X

k=1

cos(kt) Montrer, pour ndansN^∗ ett dansRnon multiple de2π :

C_n(t) =−1 2+

sin

2n+ 1 2 t

2 sin t

2

3. En déduire que :

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

1 k² = π²

6 + Z π

0

ϕ(t) sin

2n+ 1 2 t

dt

où ϕest une fonction dénie et continue sur [0 ; π]que l'on précisera.

4. Montrer que la fonctionϕest dérivable sur [0 ; π]et que sa dérivéeϕ⁰ est également continue sur [0 ; π].

5. Conclure.

Un deuxième calcul

On pose :

∀t∈R\πZ, cotan(t) = cos(t) sin(t) 1. (a) Vérier que la fonction cotan estπ-périodique et impaire.

(b) Calculer la dérivée de la fonction cotan.

(c) Tracer le graphe de la restriction de cotan à ]0 ; π[. (d) Démontrer, pourt∈]0 ; π/2], les inégalités :

cotan(t)≤ 1 t

1

t² −1≤cotan²(t)≤ 1 t² 2. Soitn∈N^∗,

(a) Pourz∈C, établir la formule :

(z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ= 2ni

n−1

Y

k=1

z−cotan kπ

n

(b) Soitm∈N^∗. Pourz∈C, montrer :

(z+i)^2m+1−(z−i)^2m+1= (4m+ 2)i

m

Y

k=1

z²−cotan²

kπ 2m+ 1

3. (a) Soitm∈N^∗. En utilisant la formule du binôme, calculer le coecient de z^2m−2 dans le développement de (z+i)^2m+1−(z−i)^2m+1.

(b) Soitm∈N^∗. Déduire des questions précédentes la formule :

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

= m(2m−1) 3 (c) En déduire la valeur deζ(2). On pourra s'aider de la question 1.(d).

(3)

Proposition de corrigé

Résultats préliminaires

1. On montre quesinx≤x : x∈[0 ; π]⇔ −1≤cos(x)≤1⇒

Z x 0

cos(t) dt≤ Z x

0

dt⇒sin(x)≤x

On montre quetanx≥x :

x≤tan(x)⇔xcos(x)−sin(x)≤0. (par dénition detan)

(xcos(x)−sin(x))⁰ =−xsin(x). Orx∈[0 ; π/2]⇒sin(x)≥0⇒ −xsin(x)≤0. Doncx7→xcos(x)−sin(x) est décroissante sur [0 ; π/2]. De plus0 cos(0)−sin(0) = 0 donc on a bien

∀x∈]0;π/2], xcos(x)−sin(x)≤0⇔x≤ sin(x)

cos(x) ⇔x≤tan(x).

2. eîθ−1 = eîθ/2(eîθ/2+ e^−iθ/2) = 2isin(θ/2) eîθ/2 = 2 sin(θ/2) eî(θ/2+π/2) eîθ+1 = eîθ/2(eîθ/2+ e^−iθ/2) = 2 cos(θ/2) eîθ/2

3. On somme l'inégalité de1à n−1, on obtient donc : f(k)≤

Z k+1 k

f(t) dt≤f(k+ 1)

⇔

n−1

X

k=1

f(k)≤ Z n

1

f(t) dt≤

n

X

k=2

f(k)

⇔Sn−f(n)≤ Z n

1

f(t) dt≤Sn−f(1)

⇔ Z n

1

f(t) dt+f(1)≤S_n≤ Z n

1

f(t) dt+f(n)

4.

−|f(t)| ≤f(t)≤ |f(t)|

⇔ − Z

I

|f(t)|dt≤ Z

I

f(t) dt≤ Z

I

|f(t)|dt

⇒

− Z

I

|f(t)|dt

≤ Z

I

f(t) dt

≤ Z

I

|f(t)|dt

⇒ Z

I

f(t) dt

≤ Z

I

|f(t)|dt

car l'intégrale d'une fonction positive est aussi positive.

5. En s'aidant de la remarque, et en considérant deux pointsaetbde I tels quea < b, on a : Z _b

a

(u⁰(v)v(t) +u(t)v⁰(t)) dt= [u(t)v(t)]^b_a⇔ Z _b

a

u(t)v⁰(t) dt= [u(t)v(t)]^b_a− Z _b

a

u⁰(t)v(t) dt

(par linéarité de l'intégrale).

6. On peut déjà armer grâce à la question précédente que :

Z b a

f(t) sin(λt) dt

≤ Z b

a

|f(t) sin(λt)|dt On intègre par parties :

Z b a

f(t) sin(λt) dt

=

−f(t)cos(λt) λ

b a

+

Z b a

f⁰(t)cos(λt) λ dt

≤

f(t) λ

b a

+

Z b a

f⁰(t) λ dt

car∀t∈R,cos(t)≤1

≤ 1 λ

|f(a)|+|f(b)|+ Z b

a

|f⁰(t)|dt

(4)

Enn, puisque |f(a)|,|f(b)|etZ b a

|f⁰(t)|dtsont des nombres nis, et que 1

λ −−−−→

λ→+∞ 0, alors :

λ→+∞lim 0≤ lim

λ→+∞

Z b a

f(t) sin(λt) dt

≤ lim

λ→+∞

1 λ

|f(a)|+|f(b)|+ Z b

a

|f⁰(t)|dt

⇒

Z b a

f(t) sin(λt) dt

−−−−→

λ→+∞ 0

⇔ Z b

a

f(t) sin(λt) dt−−−−→

λ→+∞ 0

Existence de ζ(α)

1. Soitα∈]1 ; +∞[, on a, par décroissance de x7→1/x^α : Z k+1

k

1

t^α dt≥ 1 (k+ 1)^α

⇔ Z n

1

1 t^α dt≥

n

X

k=2

1 k^α

⇔S_n≤1 +

−1 (α−1)t^α−1

n 1

⇔S_n≤1 + 1

(α−1)− 1

(α−1)n^α−1 ≤1 + 1 (α−1)

⇔Sn≤ α α−1 2. ∀n∈N^∗, Sn+1−Sn= 1

(n+ 1)^α ≥0. Donc(Sn) est croissante et majorée : elle est convergente.

De la même manière :

1 k^α ≥

Z k+1 k

1 t^αdt

⇔

n

X

k=1

1 k^α ≥

Z n+1 1

1 t^α dt

⇔Sn≥

−1 (α−1)t^α−1

n+1 1

⇔Sn≥ 1

(α−1)− 1

(α−1)(n+ 1)^α−1

⇒ lim

n→+∞Sn≥ 1 α−1 On a donc bien lim

n→+∞Sn∈ 1

α−1 ; α α−1

Un premier calcul

1. (a) Z π

0

tcos(nt) dt=

tsin(nt) n

π 0

− Z π

0

sin(nt) n dt=

cos(nt) n²

π 0

= (−1)ⁿ−1

n² car sin(π) = sin(0) = 0 Z π

0

t²cos(nt) dt=

t²sin(nt) n

π 0

−2 Z π

0

tsin(nt) n dt

=−2

−tcos(nt) n²

π 0

+ Z π

0

cos(nt) n² dt

= 2πcos(nπ) n² −2

sin(nt) n³

π 0

= 2π(−1)ⁿ n²

(5)

(b) Z π 0

(at²+bt) cos(nt) dt=a Z π

0

t²cos(nt) dt+b Z π

0

tcos(nt) dt= 2πa(−1)ⁿ+b((−1)ⁿ−1) n²

= 1 n²

Ainsi, on doit avoir2πa(−1)ⁿ+b((−1)ⁿ−1) = 1.

Sinest pair,(−1)ⁿ= 1⇒2πa(−1)ⁿ+b((−1)ⁿ−1) = 2πa= 1⇔ a= 1 2π Sinest impair, (−1)ⁿ=−1⇒ −1−2b= 1⇔ b= (−1)

2. On rappelle que(e^it)^k = e^ikt= cos(kt) +isin(kt). Ainsi, on a : C_n(t) =

n

X

k=1

cos(nt)

=

n

X

k=1

Re

(e^it)^k

= Re 1−e^it(n+1) 1−e^it −1

!

= Re





 sin

n+ 1 2 t

sin t

2

eⁱ^itn² −1





 par technique de l'arc-moitié

= sin

n+ 1 2 t

cos

nt 2

−sin t

2

sin t

2

= sin

2n+ 1 2 t

+ sin

t 2

−2 sin t

2

2 sin t

2

d'après la relation sin(a) cos(b) = 1

2(sin(a+b) + sin(a−b))

=−1 2+

sin

2n+ 1 2 t

2 sin t

2

3.

n

X

k=1

1 k² =

n

X

k=1

Z π 0

t² 2π −t

cos(kt) dt

= Z π

0

t² 2π −t

n

X

k=1

cos(kt) dt

= Z _π

0

t² 2π −t







−1 2 +

sin

2n+ 1 2 t

2 sin t

2





 dt

= Z π

0

t 2− t²

4πdt+ Z π

0

t² 2π −t

1 2 sin ₂^t

! sin

2n+ 1 2 t

dt

= t²

4 − t³ 12π

π 0

+ Z π

0

ϕ(t) sin

2n+ 1 2 t

dt, ϕ(t) = t²

2π −t 1

2 sin ₂^t

!

= π² 4 −π²

12 + Z π

0

ϕ(t) sin

2n+ 1 2 t

dt

= π² 6 +

Z π

ϕ(t) sin

2n+ 1 2 t

dt

(6)

4. La fonction ϕ est continue sur ]0 ; π], comme quotient, diérence et produit de fonctions continues sur le même intervalle (prolongeable par continuité en 0 car limx→0x/sin(x) = 1). Elle est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle, à dérivée continue (la limite à droite existe).

D'après le théorème de prolongement des fonctions de classeC¹,ϕetϕ⁰ sont continues sur [0 ; π]. 5. D'après le lemme de Riemann-Lebesgue, Z π

0

ϕ(t) sin

2n+ 1 2 t

dt−−−−−→

n→+∞ 0 , donc : ζ(2) =

+∞

X

k=1

1 k² = π²

6

Un deuxième calcul

1. (a) ∀x∈R,cos(x+π) =−cos(x),sin(x+π) =−sin(x)⇒cotan(x+π) = −cos(x)

−sin(x) =cotan(x) (b) La fonction cotan est dérivable sur [

k∈Z

]kπ ; (k+ 1)π[ comme quotient de fonctions dérivables sur ces intervalles et dont le dénominateur ne s'annule pas :

cotan⁰(x) = −sin(x) sin(x)−cos(x) cos(x)

sin²(x) = −1

sin²(x) (c) ∀x∈ [

k∈Z

]kπ; (k+ 1)π[, cotan⁰(x)≤0 donc cotan est décroissante.

cos(π) = (−1), sin(π⁻) = 0⁺ sin(π⁺) = 0⁻. Ainsi, cotan(x)−−−−→

x→π⁻ −∞ cotan(x)−−−−→

x→π⁺ +∞. De plus, dans]kπ ; (k+ 1)π[, cotan(x) = 0⇔x=

k+ 1

2

π. x

cotan⁰(x) cotan(x)

kπ (k+ 1)π

− +∞

−∞

k+¹₂ π

0

(d) On considère t∈]0 ; π/2]:t≤tan(t)⇔ 1

tan(t) ≤ 1

t ⇔cotan(t)≤ 1

t ⇒cotan²(t)≤ 1 t². On remarque que cotan²(t) + 1 = cos²(t) + sin²(t)

sin²(t) = 1 sin²(t) sin(t)≤t⇔sin²(t)≤t² ⇔ 1

t² ≤ 1

sin²(t) ⇔ 1

t² −1≤cotan²(t)

2. (a) •On cherche à factoriser le polynôme par ses racines. On va donc les calculer : (z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ = 0 ⇔

z+i z−i

n

= 1. Soit en posant Z = z+i

z−i, Zⁿ = 1. Donc Z est une racine n-ième de l'unité.

On a doncZ ∈ S⁰ =

exp 2kiπ

n

, k∈J0 ; n−1K

Soitθ xé, et e^iθ une solution : z+i

z−i = e^iθ ⇔z+i= e^iθ(z−i)⇔z(exp(iθ)−1) =i(1 + exp(iθ)). Donc θ= 0 n'est pas solution.

On a nalement : z=i1 + exp(iθ)

, θ6= 0.

(7)

Par la technique de l'arc moitié, on a : z= i×2 cos(θ/2) e^iθ/2

2isin(θ/2) e^iθ/2 = cos(θ/2)

sin(θ/2) =cotan(θ/2) Les solutions sont doncS =

cotan

kπ n

, k∈J1 ; n−1K

.

•On calcule maintenant l'expression du polynôme : P(z) = (z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ=

n

X

k=0

n k

i^kz^n−k−

n

X

k=0

n k

(−1)^ki^kz^n−k=

n

X

k=0

n k

i^kz^n−k(1−(−1)^k)

On a immédiatement :deg(P) =n−1 donc P admet au plus n−1racines. Or, nous avons vu que P admet n−1 racines. P est donc scindé surC et :

P(z) = (z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ= dom(P)

n−1

Y

k=1

z−cotan kπ

n

Et d'après la formule du binôme, on a : dom(P) = n

1

i¹(1−(−1)¹) = 2in. Donc :

P(z) = (z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ= 2in

n−1

Y

k=1

z−cotan kπ

n

(b) On remplace :

(z+i)^2m+1−(z−i)^2m+1= 2i(2m+1)

2m

Y

k=1

z−cotan

kπ 2m+ 1

= (4m+2)i

2m

Y

k=1

z−cotan kπ

2m+ 1

On s'intéresse évidemment au produit :

2m

Y

k=1

z−cotan kπ

2m+ 1

=

m

Y

k=1

z−cotan kπ

2m+ 1

2m

Y

k=m+1

z−cotan kπ

2m+ 1

On sait que cotan estπ-périodique : cotan kπ

2m+ 1

=cotan

kπ 2m+ 1−π

=cotan

π(k−2m−1) 2m+ 1

On s'aperçoit ainsi que(k−2m−1)décrit−m,−m+ 1, . . . ,−2,−1quandkdécritm+ 1, m+ 2, . . . ,2m.

En faisant le changement de variablei= 2m+ 1−k, on a :

2m

Y

k=m+1

z−cotan kπ

2m+ 1

=

2m

Y

k=m+1

z−cotan

π(k−2m−1) 2m+ 1

=

m

Y

i=1

z−cotan

−iπ 2m+ 1

De plus, la fonction cotan est impaire, donc :

m

Y

i=1

z−cotan

−iπ 2m+ 1

=

m

Y

i=1

z+cotan iπ

2m+ 1

Démonstration. ∀t∈R\πZ, cotan(−t) = cos(−t)

sin(−t) = cos(t)

−sin(t) =−cotan(t)

(8)

Finalement :

(z+i)^2m+1−(z−i)^2m+1 = (4m+ 2)i

2m

Y

k=1

z−cotan

kπ 2m+ 1

= (4m+ 2)i

m

Y

k=1

z−cotan

kπ 2m+ 1

2m

Y

k=m+1

z−cotan

kπ 2m+ 1

= (4m+ 2)i

m

Y

k=1

z−cotan

kπ 2m+ 1

m

Y

i=1

z+cotan iπ

2m+ 1

= (4m+ 2)i

m

Y

k=1

z−cotan

kπ

2m+ 1 z+cotan

kπ 2m+ 1

= (4m+ 2)i

m

Y

k=1

z²−cotan²

kπ 2m+ 1

3. (a) On rappelle la formule :(z+i)^2m+1−(z−i)^2m+1 =

2m+1

X

k=0

2m+ 1 k

i^kz^2m+1−k(1−(−1)^k). Pour avoir le coecient ade z^2m−2, on prend k= 3.

Ainsi :a=−2i

2m+ 1 3

=−2i (2m+ 1)!

3!(2m−2)!

=−2i1×

2×. . .×

(2m−2)(2m −1)×

2m×(2m+ 1) (2×3)(1×

2×. . .×

(2m−3)

(2m−2)

=−2im(2m−1)(2m+ 1) 3

= −2mi(2m−1)(2m+ 1) 3

(b) La formule précédente nous montre qu'il n'existe pas de monôme de degré impair. Le plus haut degré est donc2mmais a pour coecient(4m+ 2)i. En revanche, le deuxième plus grand, donc2m−2a pour coecient :

−(4m+ 2)i

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

D'après 3.(a), on a :

−2i(2m+ 1)

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

= −2mi(2m−1)(2m+ 1) 3

⇔

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

= m(2m−1) 3

4. D'après la question 1.(d), on a : 1

t² −1≤cotan²(t)⇔ 1

t² ≤cotan²(t) + 1.

(9)

On peut écrire ces inégalités, car on a bien ∀k∈J1 ; mK, kπ 2m ≤ π

2 ⇒ kπ

2m+ 1< π 2. cotan²

kπ 2m+ 1

≤ 1 kπ 2m+1

2 ≤cotan²

kπ 2m+ 1

+ 1

⇔cotan²

kπ 2m+ 1

≤ (2m+ 1)²

k²π² ≤cotan²

kπ 2m+ 1

+ 1

⇔ π²

(2m+ 1)²cotan²

kπ 2m+ 1

≤ 1

k² ≤ π² (2m+ 1)²

cotan²

kπ 2m+ 1

+ 1

⇔ π² (2m+ 1)²

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

≤

m

X

k=1

1

k² ≤ π² (2m+ 1)²

m

X

k=1

cotan²

kπ 2m+ 1

+ 1

!

⇔ m(2m−1)π² 3(2m+ 1)² ≤

m

X

k=1

1

k² ≤ m(2m+ 2)π² 3(2m+ 1)²

m(2m+ 1)π²

3(2m+ 1)² = m²(2−1/m²)π²

m²(2 + 1/m²)²×3 = π²(2−1/m²) 3(2 + 1/m²)² Or, lim

m→+∞

1

m² = 0⇒ m(2m+ 1)π²

3(2m+ 1)² −−−−−→

m→+∞

2π² 12 = π²

6

m(2m+ 2)π² 3(2m+ 1)² ∼

m→+∞

2π²m² 12m² = π²

6 Ainsi, par comparaison,

ζ(2) =

+∞

X

k=1

1 k² = π²

6

D'après Nicolas Tosel, Entre la Terminale et les CPGE scientiques et Quentin De Muynck