AUTOUR DE LA FONCTION ZETA ALTERNÉE DE RIEMANN

CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES - SESSION 2008 - FILIÈRE MP - MATH 1 sujet adapté au programme de PC

AUTOUR DE LA FONCTION ZETA ALTERNÉE DE RIEMANN

I. Généralités

1. Soitx2R;

six >0, alors la suite 1

n^x tend vers 0 en décroissant ; donc la série alternéeX( 1)^{n 1}

n^x converge.

six 0, la suite ne tend pas vers 0, donc la sérieX( 1)^{n 1}

n^x diverge grossièrement.

F est dé…nie surR⁺ 2.

1. Soit(fn)_n2nune suite de fonctions continues par morceaux sur un segment[a; b], qui converge simplement sur[a; b]

vers une fonction f continue par morceaux sur [a; b] , si la suite(f)_n2N est dominée sur [a; b] par une fonction continue par morceaux sur [a; b](ie8n2N;8x2[a; b] , jf_n(x)j (x)) alors la suite

Z b a

f_n

!

n2N

converge vers Z b

a

f

2. On prend a= 0; b= 1; f_n :t! tⁿ⁺¹ 1 +t .

Les fonctions fn sont toutes continues sur[0;1]

la suite (f_n)converge simplement versf : t! 0sit2[0;1[

1=2sit= 1 f est continue par morceaux sur [0;1]

la suite est dominée par :t > 1

1 +t continue sur[0;1]

donc la suite Z 1

0

tⁿ⁺¹

1 +tdt converge vers Z 1

0

f = 0, carf est nulle sauf en un nombre …ni de points.

n!lim+1

Z 1 0

tⁿ⁺¹

1 +tdt = 0 3. D’une part comme la somme a un nombre …ni de termes

Z 1 0

gn(t)dt= Xn k=0

Z 1 0

( t)^kdt= Xn k=0

( 1)^k k+ 1 =

n+1X

k=1

( 1)^{k 1} k

D’autre part commeg_n(x)est la somme partielle d’une série géométrique de raison t6= 1:

Z 1 0

gn(t)dt = Z 1

0

Xn k=0

( t)^kdt= Z 1

0

1 ( t)ⁿ⁺¹ 1 ( t) dt

= Z 1

0

dt

1 +t + ( 1)ⁿ Z 1

0

tⁿ⁺¹

1 +tdt= ln(2) + ( 1)ⁿ Z 1

0

tⁿ⁺¹ 1 +tdt On a donc

n+1X

k=1

( 1)^{k 1}

k = ln(2) + ( 1)ⁿ Z 1

0

tⁿ⁺¹ 1 +tdt et donc en passant à la limite avec I.2.2. :

F(1) = ln 2.

3. 8n 1;8x 2; ( 1)^{n 1} n^x

1

n². Comme la sérieX

n 1

1

n² est indépendante de xet convergente, la sérieX

n 1

( 1)^{n 1}

n^x converge normalement sur[2;+1[.

or lim

x!+1

( 1)^{n 1}

n^x = 0 sin 2

1 sin= 1 , le théorème de passage à la limite termes à termes permet d’a¢ rmer que comme:

chaque fonction ( 1)^{n 1}

n^x admet une limite …nie en+1 la série converge normalement sur un intervalle [a;+1[ alors

la sérieX

lim ( 1)^{n 1}

n^x converge(trivialité ici)

x!lim+1(F(x)) =

+1

X

n=1 x!lim+1

( 1)^{n 1} n^x = 1.

x!lim+1(F(x)) = 1 4. continuité de F

théorème de continuité : Si une sérieX

f_n de fonctions continues sur un intervalleI , converge normalement sur tout segment inclus dansI, alors la somme

+1

X

n=0

fn est continue surI:

1. I=]1;+1[

les fonctions x! ( 1)^{n 1}

n^x sont continues surI sur [a; b] I on a8n 1;8x2[a; b]; ( 1)^{n 1}

n^x

1

n^a . Commea >1, la série X

n 1

1

n^a est indépendante dex et convergente, la série X

n 1

( 1)^{n 1}

n^x converge normalement sur[a; b]

donc

F 2C⁰(]1;+1[;R) Sur ]0;1]la sérieX( 1)^{n 1}

n^x ne converge pas absolument , elle ne converge donc pas non plus normalement.. D’où le chemin détourné qui suit

2. On a en utilisant(1 +u) 1 ₀ u h_p(x) = 1

(2p)^x 1 1

(1 + 1=(2p))^{x p!+1} 1 2^x

1 p^x

x 2p= x

2^x+1 1 p^1+x >0 Par le théorème sur les séries équivalente à termes positifs comme1 +x >1, la sérieX

hp(x)converge.

On a alors

XN p=1

h_p(x) = XN p=1

1 (2p)^x

XN p=1

1 (2p+ 1)^x

= X2N

k=2 kp a i r

1 (k)^x

2NX+1

k=3 ki m p a i r

1 (k)^x =

2NX+1 k=2

( 1)^k k^x

et donc en passant à la limite (les deux séries convergent pourx >0) et en ajoutant le terme pourk= 1.

+1

X

p=1

hp(x) = 1 F(x)

remarque : attention à la rédaction

+1

X

p=1

1

(2p)^x diverge 3. simple véri…cation :

h_p(x) = (2p+ 1)^x (2p)^x

(2p)^x : 1

(2p+ 1)^x = (1 +_2p¹)^x 1 (2p+ 1)^x

4. les fonctionshpétant continues surR , le seul problème est la convergence normale sur tout segment. Comme par hasard la question précédente donne la bonne transformation : commehp(x)est positive

8p 1;8x2[a; b], jhp(x)j=hp(x) (1 +_2p¹)^b 1

(2p+ 1)^{a p!+1} b 2^1+a

1 p^1+a

Comme1 +a >1on a par équivalence des termes généraux (positifs) la convergence de X(1 + _2p¹)^b 1

(2p+ 1)^a indépen- dante dexet donc la convergence normale deX

h_p surR⁺ La somme

+1

X

p=1

hp est continue surR⁺ donc aussiF = 1

+1

X

p=1

hp

5. Dérivabilité deF

1. étude sur]1;+1[. Le théorème de dérivation termes à termes dit que :

si X

fn est une série de fonctionsC¹ sur un intervalleI Xfn converge simplement surI

Xf_n⁰ converge normalement sur tout segment inclus dansI alors

+1

X

0

fn estC¹ surI, et la dérivée se calcule par dérivation termes à termes.

ici : la première hypothèse est évidente et la seconde a déjà été véri…ée.

reste à étudier la convergence normale de X( 1)ⁿln(n)

n^x sur[a; b] ]1;+1[:

8n 2;8x2[a; b], ( 1)ⁿln(n) n^x

ln(n) n^a

On a une série de Bertrand : étude classique on prend 2]1; a[(par exemple = 1 +a 2 )

n!lim+1 n ln(n)

n^a = lim

n!+1

ln(n)

n^a = 0cara >0 donc 0 ln(n)

n^a << 1

n avec >1. On a donc la convergence de la sérieXln(n)

n^a , et donc la convergence normale deX

f_n⁰ sur[a; b]

F estC¹ sur]1;+1[ et8x2]1;+1[,F⁰(x) =

+1

X

n=1

( 1)ⁿln(n) n^x 2. Résultat admis utilisant des méthodes hors programme en PC

8x >0; F⁰(x) =

+1

X

n=1

( 1)ⁿlnn n^x : 6. Lien avec

est dé…nie sur]1;+1[comme série de Riemann.

1. Pour x >1,

F(x) (x) =

+1

X

n=1

( 1)^{n 1} 1

n^x =

+1

X

k=1

2

(2k)^x = 2^{1 x}

+1

X

k=1

1

k^x = 2^{1 x} (x) : On en déduit l’égalité :

8x 1: F(x) = (1 2^{1 x}) (x) 2. On a donc (x) = F(x)

(1 2^{1 x})

+lim1 2^{1 x} = 0doncF(x) (x)au voisinage de+1donc (x) !^x!+11. lim1 (F(x)) = ln(2)par continuité. lim

1 (1 2^{1 x}) = 0donc (x) !^x!1+1

II. Produit de Cauchy de la série alternée par elle-même Rappel sur le théorème du cours :

Si X

an et X

bn sont deux séries absolumentconvergentes alors si on posecn = Xn k=0

akbn k: la série X

cn converge et

+1

X

0

a_n

! ₊₁ X

0

b_n

!

=

+1

X

0

c_n

Comme ici les suites(an)et(bn)sont dé…nies pourn 1, on rajoutea0=b0= 0et on a donc bien l’expression du sujet.

Le "gros" problème ici , c’est que la convergence absolue est fausse pourx 1 1. Étude d’un cas convergence

Lorsquex >1, la sérieX( 1)^{n 1}

n^x converge absolument ; donc le théorème s’applique et

+1

X

n=2

cn(x) =

+1

X

n=1

( 1)^{n 1} n^x

!2

= (F(x))².

pourx >1 ,

+1

X

n=2

cn(x) = (F(x))²

2. Etude d’un cas de divergence

1. Si (t) =t(n t). On a une fonctionC¹ sur[0; n]de dérivéen 2t . la fonction est maximum en n

2 ou elle vaut n²

4

2. Pour x >0,cn(x) = ( 1)^{n 2}

n 1

X

k=1

1

[k(n k)]^x. La somme comporten 1 termes tous plus grand que 1 (n²=4)^x

jcn(x)j=

n 1

X

k=1

1

[k(n k)]^x (n 1) 1

[(n=2)²]^x =(n 1)4^x n^2x :

3. Pour 0< x 1

2, (n 1)4^x

n^{2x n!+1}4^xn^{1 2x} ne tend pas vers0. Donc la série X

n 2

cn(x)diverge grossièrement.

3. Etude du cas oùx= 1

1. 1

X(n X) = 1 n

1

X+ 1

n X . Donc c_n(1) = ( 1)^{n 2}

nX1 k=1

1

k(n k) = ( 1)^{n 2}1 n

n 1

X

k=1

1 k+ 1

n k = ( 1)^{n 2}1 n

n 1

X

k=1

1 k+

nX1 k=1

1 n k

!

= ( 1)^{n 2}1 n

n 1

X

k=1

1 k+

n 1

X

K=1

1 K

!

= 2( 1)^{n 2}1 n

nX1 k=1

1

k = 2( 1)^{n 2}H_{n 1} n :

2. pour n 2 H_{n 1}

n

H_n

n+ 1 = (n+ 1)H_{n 1} nH_n

n(n+ 1) =n(H_{n 1} H_n) +H_{n 1}

n(n+ 1) = 1 +H_{n 1} n(n+ 1) =

Pn k=2 1

k

n(n+ 1) 0 Donc la suite Hn 1

n _{n 2}est décroissante .

3. Pourn 2: sur[k 1; k] ; t >1=test décroissante donc1 k

Z k k 1

dt

t . Et doncH_n= 1+

Xn k=2

1 k 1+

Z n 1

dt

t = 1+ln(n) 4. Donc pour n 1 ,0 Hn

n

1 + ln(n)

n . Donc la suite Hn 1

n converge vers 0 en décroissant La série X

n 2

cn(1)véri…e les hypothèses du critère spécial des séries alternées Xc_n(1)converge.

On a prouvé la convergence mais pas que

+1

X

n=2

c_n(1) =F(1)²= (ln(2))²

III. Calcul de la somme d’une série à l’aide d’une étude de au voisinage de1 1. Développement asymptotique en 1

1. On poseh=x 1.

CommeF est dérivable en1, Taylor Young donne le développement limité :

F(1 +h) =_h=0F(1) +hF⁰(1) +o(h) =_h=0ln 2 +hF⁰(1) +o(h):

On a aussi : 1 2^{1 x}= 1 e ^{hln 2}=hln 2 (ln 2)²

2 h²+o(h²)au voisinage deh= 0.

2. Développement de

au voisinage deh= 0on a :

(1 +h) = F(1 +h)

1 2^{1 x} = ln 2 +hF⁰(1) +o(h) hln 2 (ln 2)²

2 h²+o(h²)

= 1

hln 2

ln 2 +hF⁰(1) +o(h) 1 ln 2

2 h+o(h)

= 1

hln 2(ln 2 +hF⁰(1) +o(h)) 1 +ln 2

2 h+o(h)

= 1

hln 2 ln 2 +h F⁰(1) +ln²2

2 +o(h)

= 1

h+ F⁰(1) ln 2 +ln 2

2 +o(1)

(x) =x=1

1

x 1+ F⁰(1) ln 2 +ln 2

2 +o(1) 2. Développement asymptotique en 1 (bis)

1. Pour n 1 et x 2 [1;2], t 7! 1

t^x est décroissante sur [n; n+ 1] , donc 1 (n+ 1)^x

1 t^x

1

n^x et en intégrant sur [n; n+ 1]: 1

(n+ 1)^x

Z n+1 n

dt t^x

1

n^x. On en déduit que : 0 v_n(x) 1 n^x

1 (n+ 1)^x :

2. La série X 1 n^x

1

(n+ 1)^x est du type X

(u_n+1 u_n) en posant u_n = 1

n^x . Comme la suite (u_n) converge (vers0 ) la sérieX

(un+1 un)converge.

Le terme général de la sérieX

vn est donc positif , majoré par le terme général d’une série convergente.

Xv_n converge simplement sur [0;1]

3. On a

Xn k=1

v_n(1) = Xn k=1

1 k

Xn k=1

Z k+1 k

dt t =

Xn k=1

1 k

Z n+1 1

dt t

= Xn k=1

1

k ln(n)

!

+ ln n+ 1 n le second terme tend vers 0donc :

lim+1

Xn k=1

1

k ln(n)

!

= Xn k=1

vn(1)

4.

8x 2 ]1;2];

Xn k=1

v_k(x) = Xn k=1

1 k^x

Z n+1 1

dt t^x =

Xn k=1

1 k^x

t^{1 x}

1 x

n+1

1

= Xn k=1

1 k^x

(n+ 1)^{1 x} 1

1 x !n!+1= (x) 1 x 1

8x2]1;2];

+1

X

k=1

vk(x) = (x) 1 x 1 Les 5/2 peuvent passer par l’intégrale impropre

Z +1 1

dt t^x 5. 1

n^x

1

(n+ 1)^x à la même forme quehp(x) = 1 (2p)^x

1

(2p+ 1)^x . La même transformation permet de conclure : jvn(x)j 1

n^x

1

(n+ 1)^x = (1 +_n¹)^x 1 (n+ 1)^x

(1 +_n¹)² 1 (n+ 1)¹

2 n² ce qui assure la convergence normale de X

vn sur[1;2]

6. On a prouvé la convergence normale de la sérieX

vnsur[1;2]. Il reste à prouver la continuité desvnpour appliquer le théorème de continuité de la somme d’une série .

Or en calculant l’intégrale

vn(x) = 8>

<

>: 1 n^x

1

1 x

1 n^{x 1}

1

(n+ 1)^{x 1} pour x2]1;2]

1

n ln(n+ 1) + lnnpourx= 1 :

vn est continue sur]1;2]

Etude en 1⁺ :, 1

n^x !x!1

1

n et si on poseh=x 1 : 1

1 x 1 n^{x 1}

1

(n+ 1)^{x 1} = 1

h e ^hlnn e ^hln(n+1) = 1

he ^hln(n+1) e ^{hlnn+hln(n+1)} 1 1

h:1:( hlnn+hln(n+ 1)) car hlnn+hln(n+ 1) >0 doncv_n(x) = 1

n+ ln(n+ 1) lnn+o(1). Doncv_n est continue en 1.

On en déduit que la série X

n 1

v_n est une série de fonctions continues sur [1;2]. La convergence normale sur [1;2]

entraîne donc la continuité de sa somme sur[1;2].

Remarque : les 5/2 peuvent étudier la continuité avec le théorème sur les intégrales à paramètre.

7. On en déduit que (x) 1 x 1 =

+1

X

n=1

v_n(x) =

+1

X

n=1

v_n(1)

!

+o(1) = +o(1) au voisinage de1⁺. D’où

(x) = 1

x 1 + +o(1)au voisinage de1⁺ .

3. Application

de III1 et III2 on déduit

(x) =x=1

1

x 1+ F⁰(1) ln 2 +ln 2

2 +o(1) = 1

x 1 + +o(1)

On multiplie par(x 1) pour avoir deux développement limités de(x 1) (x):Par unicité du développement limité en 1⁺ on déduit l’égalitéF⁰(1)

ln 2 +ln 2 2 = . D’oùF⁰(1) = (ln 2) ln 2

2 . D’après I.5.2,F⁰(1) =

+1

X

n=1

( 1)ⁿlnn n

+1

X

n=1

( 1)ⁿln(n)

n = ln 2 ln 2 2 IV. Calcul des F(2k)à l’aide des nombres de Bernoulli 4. B₁⁰ =B₀= 1, donc il existek2Rtel queB₁=X+k. La condition

Z 1 0

(t+k)dt= 0 donne 1

2+k= 0 soitk= 1 2 et B₁=X 1

2.

On véri…e queB₁est bien solution.

B₂⁰ = 2B1= 2X 1, donc il existek2Rtel queB2=X² X+k. De plus Z 1

0

(t² t+k)dt= 0 donc 1 3

1

2 +`= 0 donc`=1

6 et B2=X² X+1 6. On véri…e queB₂est bien solution.

5.

Pour n= 0B0(1) B0(0) = 0 Pour n= 1B1(1) B1(0) = 1 Pour n 2,B_n(1) B_n(0) =

Z 1 0

B_n⁰(t)dt=n Z 1

0

B_{n 1}(t)dt= 0(carn 12N ).

6. Symétrie par récurrence:

sin= 0on a1 = ( 1)⁰1 sin= 1on a X 1

2 = ( 1)¹ 1 X 1 2

supposonsBn(X) = ( 1)ⁿBn(1 X). alors( 1)ⁿ⁺¹Bn+1(1 X)véri…e les 2 conditions de la suite de Bernoulli , donc par l’unicité admise ( 1)ⁿ⁺¹Bn+1(1 X) =Bn+1(X) :

–h

( 1)ⁿ⁺¹Bn+1(1 X)i₀

= ( 1)ⁿ⁺²B_n+1⁰ (1 X) = ( 1)ⁿ⁺²Bn(1 X) =Bn(X)

– Z 1

0

( 1)ⁿ⁺¹Bn+1(1 t)dt= Z 1

0

( 1)ⁿ⁺¹Bn+1(u)du= 0 en posantu= 1 t 8n2N, ( 1)ⁿ⁺¹B_n+1(1 X) =B_n(X) 7. Développement en série de Fourier .

Soitk un entier naturel.

gk est développable en série de Fourier:

–La restriction de g_k à [0;2 [est C¹. –g_k est continue en0:

CommeB2k est continue en0 ,gk(0⁺) =gk(0)

CommeB_2k est continue en1 g_k(0 ) =g_k(2 ) =B_2k(1 ) =B_2k(1) Or pourn= 0etn 2 on a :B_n(0) =B_n(1)doncg_k(0⁺) =g_k(0) =g_k(0 ).

–Doncgk estC_pm¹ surR:

Aprèsla véri…cation précédente, on a gk(x) =B2k( x

2 )sur le segment [0;2 ], on a donc une fonctionC¹ sur [0;2 ],2 périodique.

D’après le théorème de convergence normale, la série de Fourier degk converge normalement surRet sa somme est gk.

La série de Fourier est du type voulu.

Il su¢ t de montrer que les coe¢ cientsbn(gk)sont nuls , donc quegk est paire . Or :8x2[0; ];

g_k( x) = g_k(2 x)

= B2k

2 x

2 car2 x2[0;2 ]

= B_2k 1 x 2

= B2k

x

2 (question 3)

= gk(x)carx2[0;2 ] 8. Expression des coe¢ cients

1. Relation de récurrence

an(k) = 1 Z 2 0

gk(x) cos(nx)dx= 1 Z 2 0

B2k

x

2 cos(nx)dx

:

= 1

B_2k x 2

sin(nx) n

2

0

1Z 2 0

B_2k⁰ x 2 2

sin(nx)

n dx(intégration par partie)

= k

n ² Z 2

0

B2k 1

x

2 sin(nx)dx( période2 et récurrence dé…nissant Bn )

= k

n ² B2k 1

x 2

cos(nx) n

2

0

k n ²

Z 2 0

B_2k⁰ ₁ x 2 2

cos(nx)

n dx(i.p.p.)

= k

n^{2 2}(B2k 1(1) B2k 1(0)) k(2k 1) 2n^{2 3}

Z 2 0

B2k 2

x

2 cos(nx)dx

= k

n^{2 2}(B2k 1(1) B2k 1(0)) (2k)(2k 1)

(2n )² :an(k 1) on a véri…é :

a_n(k) = k

(n )²(B_{2k 1}(1) B_{2k 1}(0)) (2k)(2k 1)

(2n )² a_n(k 1) 2. a_n(0) = 1 Z 2

0

cos(nx)dx= 0carn 1.

d’après la relation précédente a_n(1) = 1

(n )²(B₁(1) B₁(0)) 2

(2n )²: a_n(0) = 1 (n )². 8n 1: a_n(0) = 0 ,a_n(1) = 1

(n )²

3. Pour k 2, 2k 1 2et donc B_{2k 1}(1) B_{2k 1}(0) = 0. La formule précédente devient devient a_n(k) = (2k)(2k 1)

(2n )² a_n(k 1) : Donc

an(k) = (2k)(2k 1)

(2n )² : (2k 2)(2k 3)

(2n )² : : : : : (4)(3)

(2n )² an(1) = ( 1)^{k 1}

(2k)!

2

(2n )^{2(k 1)}: 1

(n )² = ( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1}(n )^2k: an(k) = ( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1}(n )^2k 9. Conclusion

Reste à calculer a0(k)pourk 1 :a0(k) = 1Z 2 0

gk(x)dx= 1 Z 2 0

B2k

x

2 dx= 2 Z 1

0

B2k(t)dt= 0 En appliquant l’égalité de la question 4. pour x= 0, on obtient

b_2k=g_k(0) =a₀(k)

2 +

+1

X

n=1

( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1}(n )^2k = ( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1 2k} (2k) Finalement

b2k= ( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1 2k} (2k) .

sik= 1on connaîtB2=X² X+1

6 et donc 1

6 = ( 1)⁰ 2!

2^{1 2} (2) (2) =

+1

X

k=1

1 n² =

2

6 10. Calcul e¤ ectif desbn

1. Par récurrence, on véri…e queBnest de degrénet que pour toutk2[[0; n]],B_n^(k)=n(n 1): : :(n k+1)Bn k= n!

(n k)!Bn k. D’après la formule de Taylor pour les polynômes,

Bn(X) = Xn k=0

B^(k)n (0) k! X^k:=

Xn k=0

n!Bn k(0) (n k)!k!X^k=

Xn k=0

n

k bn kX^k :

2. Pour n 2,bn=Bn(0) =Bn(1) = Xn k=0

n

k bn k, donc Xn k=1

n

k bn k= 0.

On en déduit : b_{n 1}= 1 n

Xn k=2

n

k b_{n k}= 1 n

nX2 k=0

n k b_k. Finalement, pour tout

8n 1 :b_n = 1 n+ 1

n 1

X

k=0

n+ 1 k b_k

3. .On a déjà : b0= 1; b1= 1=2 etb2= 1=6 (ce qui permet de véri…er la formule précédente):

1 6 = 1

3 1 3

1 1 2 On a ensuite :

b₃= 1

4(b₀+ 4b₁+ 6b₂) = 1

4(1 2 + 1) = 0 b4= 1

5(b0+ 5b1+ 10b2+ 10b3) = 1 30

la question 6 donne b2k = ( 1)^{k 1} (2k)!

2^{2k 1 2k} (2k)donc ici : 1 30 = 4!

2^{3 4} (4)

+1

X

n=1

1 n⁴ =

4

90 Programme Maple de calcul du coefficient b_n :

bernoulli:=proc(n) option remember ; if n=0 then 1

else -1/(n+1)*add(binomial(n+1,k)*bernoulli(k),k=0..n-1) fi

end;

L’option "remember"oblige Maple à mémoriser les résultats intermédiaires. Lors de chaque appel récursif à "*bernouilli(k)"

la valeur déja calculée est restée en mémoire et n’est pas recalculée.