Une fonction développable en série entière

Oui.

Pour majorer le rayon de convergence, il me semble que l'on peut s'en sortir en se ramenant à un produit de Cauchy .

Si on note $R$ le rayon de convergence de la fonction étudiée $f$, alors pour tout $z\in\C$ avec $|z|< R$, on a $z = f(z) \sinh(z)$. Cette dernière égalité est fausse en $z=i\pi$, donc nécessairement $R\leq \pi$.

@Namiswan : Normalement, la formule que tu souhaites utiliser est largement accessible avec le programme de classe préparatoire (il y a des complexes en cpge quand même ).

bonjour

tu pars du produit infini eulérien qui est connu des élèves de prépa :

$\frac{sin(\pi.x)}{\pi.x}=(1 - x^2)(1 - \frac{x^2}{2^2})(1- \frac{x^2}{3^2}).......(1 - \frac{x^2}{n^2}).........$ pour - 1 < x < 1

après dérivation des logarithmes on obtient un développement rationnel de signe alterné :

$\frac{\pi}{2xsin(\pi.x)} = \frac{1}{x} + 2x[\frac{1}{1 - x^2} - \frac{1}{2^2 - x^2} + \frac{1}{3^2 - x^2} - ........]$

pour - 1 < x < 1 tu peux développer en série polynomiale avec des monômes de degré pair :

$\frac{\pi.x}{2sin(\pi.x)} = Z_a(0) + x^2Z_a(2) + x^4Z_a(4) +.......+ x^{2n}Z_a(2n) + .....$

avec $Z_a(2n) = 1 - \frac{1}{2^{2n}} + \frac{1}{3^{2n}} - ........... +(-1)^{p-1}\frac{1}{p^{2n}} +.....$

série alternée de Riemann qui s'exprime avec $\pi$ puissance d'exposant 2n et avec les nombres de Bernoulli

si x est multipliée par i imaginaire pur et divisé par $\pi$ tu obtiens un développement de $\frac{x}{shx}$ valable quelle que soit x

$\frac{x}{sh(x)} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{7}{360}x^4 - \frac{31}{15120}x^6 + ........... + \frac{x^{2n}}{(2n-1)!}A_{2n} + .......$

$A_{2n}$ est un coefficient qui dépend directement des nombres de Bernoulli

cordialement

Maintenant qu'on a une formule propre pour les coefficients, essentiellement ce $Z_a(2n)$, on peut peut-être l'établir par récurrence à partir du produit de Cauchy. C'est pas très beau mais ça peut éviter les difficultés

Le développement en série entière de la fonction $t\mapsto\dfrac{t}{\sinh t}$ peut se calculer avec le programme de prépa MP .
On démontre d'abord que pour $x>0$ la suite $u_n=1+\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{2x^2}{x^2+k^2}=2x\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin((2n+1)t)}{\sin t}e^{-2xt}dt$ a pour limite $\dfrac{\pi x}{\tanh(\pi x)}$.
Indication : $u_n=2x\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin((2n+1)t)}{\sin t}g(t)dt$ avec $g(t)=\dfrac{e^{-2xt}+e^{2x(t-\pi)}}{1-e^{-2x\pi}}$

On en déduit $\dfrac{\pi x}{\tanh(\pi x)}=1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n}}{k^{2n}}=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\zeta(2n)x^{2n}$ dont le rayon de convergence vaut 1.

Ce qui s'écrit encore pour $|t|<\pi$ : $\dfrac{t}{\tanh t}=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\zeta(2n)\dfrac{t^{2n}}{\pi^{2n}}$.

Ensuite on utilise $\dfrac1{\tanh (t/2)}-\dfrac1{\tanh t}=\dfrac{(e^{t/2}+e^{-t/2})^2}{e^t-e^{-t}}-\dfrac{e^{t}+e^{-t}}{e^t-e^{-t}}=\dfrac1{\sinh t}$ d'où l'on tire : $\dfrac{t}{\sinh t}=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\left(\dfrac2{2^n}-1\right)\zeta(2n)\dfrac{t^{2n}}{\pi^{2n}}$ pour $|t|<\pi$
ou encore $\dfrac{t}{\sinh t}=1-2\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\zeta_a(2n)\dfrac{t^{2n}}{\pi^{2n}}$ où $\zeta_a$ est la fonction $\zeta$ alternée.

la fonction $\zeta_{a}$ ne serait-elle pas tout simplement la fonction êta de Dirichlet ? Et on a $(1-2^{1-s})\zeta(s)=\eta(s)$.

PS : en plus on connait les $\zeta(2n)$ :-)

Héhéhé :

le programme de prépa est trop chargé pour qu'on puisse y introduire les fonctions de variable complexe (à l'exception des développements en série entière de $\dfrac1{1-z}$ et $e^z$).

On a même dû retirer les séries de Fourier pour pouvoir introduire un peu de probabilités.