Une somme :)

Bonjour.

Le résultat est $\frac{\pi^3}{32}$.

À bientôt.

Quentino37, tu as demandé de calculer.

De plus, Fin de partie à donné le lien avec la fonction Bêta de Dirichlet qui est selon moi le chemin le plus direct.

Et pour finir, c'est en partant de sommations "à la Euler" que je suis arrivé au résultat et ce n'est pas une bonne façon de faire, je préfère donc ne pas la poster.

À bientôt.

\begin{align}\beta(3)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
&\overset{y=\frac{1}{x}}=\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\ln^2 y}{1+y^2}dy\\
&=\frac{1}{4}\int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
K&=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2 (xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\\
&\overset{u(x)=xy}=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{y\ln^2 u}{(1+y^2)(u^2+y^2)}dudy\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \left[\frac{\ln\left(\frac{1+y^2}{u^2+y^2}\right)}{u^2-1}\right]_{y=0}^{y=\infty} \ln^2 udu\\
&=\int_0^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}du\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u^2-1}du+\underbrace{\int_1^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}du}_{z=\frac{1}{u}}\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u^2-1}du\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1+u}du-\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u}du\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u}du+\underbrace{\int_0^1 \frac{2u\ln^3 u}{1-u^2}du}_{z=u^2}-\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u}du\\
&=-\frac{15}{8}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u}du\\
&=-\frac{15}{8}\times -6\zeta(4)\\
&=\frac{45}{4}\zeta(4)\\
K&=2\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy+2\bigg(\underbrace{\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}dx}_{=0}\bigg)^2\\
&=4\pi\beta(3)\\
\end{align}

Donc, $\displaystyle\boxed{\beta(3)=\dfrac{45\zeta(4)}{16\pi}}$

Si on sait que $\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$ alors on a $\boxed{\beta(3)=\dfrac{\pi^3}{32}}$
NB: On a $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^3 x}{1-x}dx=-6\zeta(4),\zeta(4)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^4}$.

Je rappelle l'utilisation des séries de Fourier.

$\bullet $ Soit la fonction $2\pi $- périodique $f$ telle que : $f(x)=x^{2}$ pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi \lbrack $. C'est une fonction continue et $\mathcal{C}^{1}$ par morceaux, d'où le développement en série de Fourier, pour tout $x\in \mathbb{R}$ : $\displaystyle f(x)=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\cos nx}{n^{2}}$, et en particulier pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi ]$ : $\displaystyle x^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\cos nx}{n^{2}}$, soit : $ \displaystyle \frac{1}{4}%
(x^{2}-\frac{\pi ^{2}}{3})=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}%
\frac{\cos nx}{n^{2}}$.

$\bullet $ Déjà en faisant $x:=\pi $, il vient : $\displaystyle \frac{\pi ^{2}}{6}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{n^{2}} =\zeta(2)$. C'est une des multiples démonstrations de cette formule, que nous avons souvent évoquées sur ce forum.

$\bullet $ La convergence de cette série de fonctions étant normale sur $%
\mathbb{R}$ tout entier, on a, pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi ]$ :
$\displaystyle \frac{1}{4}\int_{0}^{x}(t^{2}-\frac{\pi ^{2}}{3})dt=\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}\int_{0}^{x}(-1)^{n}\frac{\cos nt}{n^{2}}dt$, soit :
$\displaystyle \frac{1}{4}(-\frac{x^{3}}{3}+\frac{\pi ^{2}}{3}x)=\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n-1}\frac{\sin nx}{n^{3}}$.
En faisant $x:=\frac{%
\pi }{2}$, il vient : $\displaystyle \frac{\pi ^{3}}{32}=\overset{+\infty }{\underset{q=1}{%
\sum }}\frac{\sin ((2q-1)\frac{\pi }{2})}{(2q-1)^{3}}=\overset{+\infty }{%
\underset{q=1}{\sum }}\frac{(-1)^{q-1}}{(2q-1)^{3}}=\beta (3)$.

$\bullet $ On peut continuer les intégrations, pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi ]$ : $ \displaystyle \frac{1}{12}\int_{0}^{x}(-t^{3}+\pi ^{2}t)dt=\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}\int_{0}^{x}(-1)^{n-1}\frac{\sin nt}{n^{3}}dt$, soit $\displaystyle
\frac{1}{12}(-\frac{x^{4}}{4}+\pi ^{2}\frac{x^{2}}{2})=\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n-1}\frac{-\cos nx+1}{n^{4}}$.
En faisant $x:=\pi $, il vient : $\displaystyle \frac{\pi ^{4}}{48}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{%
\sum }}\frac{1+(-1)^{n-1}}{n^{4}}=\overset{+\infty }{\underset{q=1}{\sum }}%
\frac{2}{(2q-1)^{4}}$,
et l'on en déduit facilement $\displaystyle \zeta (4)=\overset{%
+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{n^{4}}=\frac{\pi ^{4}}{90}$, et $\displaystyle
\eta (4)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{4}}=%
\frac{7\pi ^{4}}{720}$.

$\bullet $ On a donc pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi ]$ : $\displaystyle \frac{x^{4}}{%
48}-\pi ^{2}\frac{x^{2}}{24}+\frac{7\pi ^{4}}{720}=\overset{+\infty }{%
\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n-1}\frac{\cos nx}{n^{4}}$.
Une nouvelle intégration donne, pour $x\in \lbrack -\pi ,\pi ]$ : $\displaystyle \frac{x^{5}}{240}-\pi ^{2}%
\frac{x^{3}}{72}+\frac{7\pi ^{4}}{720}x=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{%
\sum }}(-1)^{n-1}\frac{\sin nx}{n^{5}}$.
En faisant encore $x:=\frac{\pi }{2%
}$, on obtient la valeur de $\displaystyle \beta (5)=\overset{+\infty }{\underset{q=1}{%
\sum }}\frac{(-1)^{q-1}}{(2q-1)^{5}}=\frac{5\pi ^{5}}{1536}$ donnée par Jandri.

$\bullet $ Les séries de Fourier sont vraiment une usine à formules ! Dommage qu'on en ait privé les taupins...

RÉFÉRENCES
Tolstov, Georgi P., Fourier Series, Dover, 1976, p. 25.
Ramis, Deschamps, Odoux, Exercices d'Analyse 2 (bleu), Masson 1985, p. 104.
Aubonnet, Guinin, Oral, exercices résolus, « Crus » 1988-89, Bréal 1989, p. 120.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1313706#msg-1313706

Chaurien cite Tolstoï.

Je rappelle aussi le calcul de cette somme de série au moyen des résidus.

$\bullet$ La fonction de variable complexe $f(z)=\frac 1{z^3 \cos z}$ a pour pôles $0$ et $\frac {\pi}2 +n \pi$, $n \in \mathbb Z$.

$\bullet$ Chaque pôle $\frac {\pi}2 +n \pi$, $n \in \mathbb Z$, est simple, d'où le résidu : $\textrm{Res}(f, \frac {\pi}2 +n \pi)= \lim_{h \rightarrow 0} hf(\frac {\pi}2 +n \pi+h)=\frac{8(-1)^{n+1}}{(2n+1)^{3}\pi ^{3}}$.
De plus, $f(z)=\frac{1}{z^{3}\cos z}=\frac{1}{z^{3}(1-\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{4}}{24}%
+...)}=\frac{1}{z^{3}}(1+\frac{z^{2}}{2}+\frac{5z^{4}}{24}+...)=\frac{1}{%
z^{3}}+\frac{1}{2z}+\frac{5z}{24}+...$, d'où : $\textrm{Res}(f,0)=\frac{1}{2}$.

$\bullet$ Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit le cercle $\Gamma _{n}=\{z~|~\left\vert z\right\vert =n\pi \}$. Le théorème des résidus dit que :
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma _{n}}f(z)dz
=\textrm{Res}(f,0)+\underset{k=-n}{\overset{k=n-1}{\sum }} \textrm{Res}(f,\frac{\pi }{2}+k\pi )$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =\frac{1}{2}+\underset{k=-n}{\overset{k=-1}{\sum }}\frac{8(-1)^{k+1}}{(2k+1)^{3}\pi ^{3}}+\underset{k=0}{\overset{k=n-1}{\sum }}\frac{8(-1)^{k+1}}{%
(2k+1)^{3}\pi ^{3}}=\frac{1}{2}-\frac{2}{\pi ^{3}}\underset{h=1}{\overset{n}{%
\sum }}\frac{8(-1)^{h-1}}{(2h-1)^{3}}$.

$\bullet$ Pour $n \in \mathbb N^*$ soit $R_n=n\pi$, alors : $\displaystyle \int_{\Gamma _{n}}f(z)dz=\int_{\Gamma _{n}}\frac{dz}{z^{3}\cos z}%
=\int_{0}^{2\pi }\frac{R_{n}ie^{i\theta }d\theta }{R_{n}^{3}e^{3i\theta
}\cos (R_{n}e^{i\theta })}=\int_{0}^{2\pi }\frac{ie^{-2i\theta }d\theta }{%
R_{n}^{2}\cos (R_{n}e^{i\theta })}$.

Or, on peut prouver que si $|z|=R_n=n\pi$, alors : $\left\vert \cos z\right\vert >\frac{1}{2}$ (en fait $\left\vert \cos z\right\vert >\frac{99}{100}$, mais n'importe quel minorant constant strictement positif fait l'affaire).

D'où : $\displaystyle \left\vert \int_{\Gamma _{n}}f(z)dz\right\vert \leq \int_{0}^{2\pi
}\left\vert \frac{ie^{-2i\theta }d\theta }{R_{n}^{2}\cos (R_{n}e^{i\theta })}\right\vert =\int_{0}^{2\pi }\frac{d\theta }{%
R_{n}^{2}\left\vert \cos (R_{n}e^{i\theta })\right\vert }\leq \frac{4\pi }{%
R_{n}^{2}}$.
Ce qui implique : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma _{n}}f(z)dz=0$, soit : $\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{2}{\pi ^{3}}\underset{h=1}{\overset{+\infty }{\sum }}%
\frac{8(-1)^{h-1}}{(2h-1)^{3}}=0$, CQFD.

Bonne journée de ce premier juillet 2021, et bonnes vacances, notamment à mes collègues professeurs, qui les ont bien méritées.
Fr. Ch.

Complément. Si $n \in \mathbb N^*$, si $z \in \mathbb C$, si $|z|=n \pi$, alors $|\cos z| >\frac 12$ (ou $|\cos z| >\frac {99}{100}$).
Démonstration. Soit $z=x+iy$, $x \in \mathbb R$, $y \in \mathbb R$. Alors $|\cos z|^2=\cos^2 x+ \sinh^2 y$.
Comme $|\cos z|= |\cos(-z)|= |\cos \overline{z}|$, il suffit de prouver l'inégalité pour le premier quadrant : $ x\ge 0$ et $y \ge 0$.
Prenons $\alpha \in ]0,\frac {\pi}2[$, et distinguons deux cas.
- Si $n \pi - \alpha \le x \le n \pi$, alors $|\cos z| \ge |\cos x| \ge \cos \alpha$.
- Si $0 \le x \le n \pi - \alpha $, alors $y^2=(n \pi)^2-x^2 \ge (n \pi)^2-(n \pi - \alpha)^2 \ge \alpha (2 \pi - \alpha) $, d'où : $|\cos z| \ge \sinh y \ge \sinh \sqrt {\alpha (2 \pi - \alpha)}$.
On peut alors donner à $\alpha$ telle ou telle valeur dans $]0,\frac {\pi}2[$, par exemple $\frac {\pi}4$, ou autre, on aura un minorant de $|\cos z| $ strictement positif indépendant de $n$, et c'est ce qui compte.
Le camarade WolframAlpha me dit que les deux courbes : $\alpha \mapsto \cos \alpha$ et $\alpha \mapsto \sinh \sqrt {\alpha (2 \pi - \alpha)}$, pour $\alpha \in [0, \frac {\pi}2]$, se croisent en $\alpha \simeq 0,124569$ et donnent la valeur $0,99225$, ce qui démontre l'inégalité annoncée.

Pour les résidus, inutile de refaire à chaque fois la démonstration. Les corollaires existent et peuvent être utilisés directement.

Par exemple, dans le cas qui nous occupe, il y a celui-ci, entre autres :

Corollaire. Si $P$ et $Q$ sont deux polynômes tels que $\deg Q \geqslant \deg P + 2$ et si $a_1,\dotsc,a_r$ sont les zéros distincts de $Q$, alors
$$\sum_{n \in \mathbb{Z}} (-1)^n \frac{P(n)}{Q(n)} = - \sum_{k=1}^r \ \underset{s=a_k}{\textrm{Res}} \left( \frac{\pi f(s)}{\sin (\pi s)} \right).$$
Pour une série non alternée, remplacer le sinus du dénominateur par une tangente.

Le calcul que j'ai présenté s'applique sans investissement supplémentaire pour obtenir $\displaystyle \beta (5)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^{5}}$.
On prend $f(z)=\frac 1{z^5 \cos z}=\frac{1}{z^{5}}+\frac{1}{2z^3}+\frac{5}{24z}+...$, d'où $\textrm{Res}(f,0)=\frac{5}{24}$.
De plus $\textrm{Res}(f, \frac {\pi}2 +n \pi)= \lim_{h \rightarrow 0} hf(\frac {\pi}2 +n \pi+h)=\frac{32(-1)^{n+1}}{(2n+1)^{5}\pi ^{5}}$.
On a comme précédemment : $\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma _{n}}f(z)dz=\textrm{Res}(f,0)+\underset{k=-n}{\overset{k=n-1}{\sum }} \textrm{Res}(f,\frac{\pi }{2}+k\pi )=\frac{5}{24}-\frac{2}{\pi ^{5}}\underset{h=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{32(-1)^{h-1}}{(2h-1)^5}$.
Cette intégrale tend vers $0$ en $+ \infty$, pour la même raison que la précédente, et l'on conclut immédiatement : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{h=1}{\sum }}\frac{(-1)^{h-1}}{(2h-1)^{5}}=\frac {5 \pi^5}{1536}$.
C'est vraiment merveilleux, la théorie de la variable complexe : on devrait en mettre les rudiments au programme de Math Spé. Bon, je sais, ce n'est pas demain la veille...
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Je comprends ta démarche, mais la mienne n'en est pas moins utile pour le lecteur débutant : on a aujourd'hui, et ce depuis Lindelöf, une foultitudes de résultats établis à partir du calcul des résidus.

Voici donc mon conseil :

(i) Effectuer une preuve de ce type une fois ou deux pour voir comment ça marche ;

(ii) Accroître ses connaissances et élargir les corollaires du théorème des résidus à un grand nombre de situations. Cette étape, pas toujours évidente à faire, nécessite une recherche accrue parmi les bons livres et les articles de recherche adéquats.

Edit. Je répondais au message de Chaurien ci-dessus.

L'appétit vient en mangeant. La ressemblance entre le calcul de $\displaystyle \beta (3)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^{3}}$ et de $\displaystyle \beta (5)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^{5}}$ me fait penser à la possibilité de calculer en général $ \displaystyle \beta (2p+1)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^{2p+1}} $, $p \in \mathbb N^*$.
La fonction $z \mapsto \frac1{\cos z}$ est connue comme fonction sécante, elle existait en France aussi avant qu'une décision stupide du début du XXème siècle ne la supprime de l'enseignement, bêtise que n'ont pas faite les Anglo-Saxons. Cette fonction a un développement en série entière qui s'exprime au moyen des nombres d'Euler : $\displaystyle \frac 1{\cos z}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}E_{2n} \frac{z^{2n}}{(2n)!}$. On considère donc la fonction $f(z)=\frac 1{z^{2p+1} \cos z}$, et l'on a son résidu au pôle $0$ qui est $\frac {E_{2p}}{(2p)!}$. Le reste se fait comme précédemment.
Bonne nuit.
Fr. Ch.

Je reviens sur le minorant de $|\cos z|$ de mon précédent message :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2266222,2269828#msg-2269828
Ce $0,99$ m'a turlupiné, et il me semblait qu'on devrait plutôt trouver $1$. Prenant les choses différemment, je crois avoir démontré que $|\cos z| \ge |\cos |z| |$. C'est sans doute très connu, mais je ne m'en étais jamais aperçu.

Oui, Noix de Totos, je connais bien ce vénérable monstre Abramovitz & Stegun depuis longtemps, et au fait je ne le consulte pas assez.
L'inégalité que tu donnes est présente dans mon message ci-dessus puisqu'il y est dit que si $z=x+iy$, $x$ et $y$ réels, alors $|\cos z|^2=\cos^2 x+ \sinh^2 y$. Mais à elle seule elle ne peut prouver que si $|z|=n \pi$, alors $|\cos z | \ge 1$, ce que donne la minoration de mon dernier message.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Je ne connaissais pas l'inégalité donnée par Chaurien : $|\cos z| \ge |\cos |z| |$

Elle se démontre très simplement en étudiant $f(y)=\cos^2 x+ \sinh^2 y - \cos^2 \sqrt{x^2+y^2}$.

On a $f(0)=0$ et par parité on peut se limiter à $y\geq0$.

$f'(y)=\sinh (2y) + \dfrac y{\sqrt{x^2+y^2}}\sin( 2\sqrt{x^2+y^2})\geq0$ puisque $|\sin t|\leq t$ et $\sinh t\geq t$ pour $t\geq0$.

Et tiens, pendant qu'on y est, en vue d'autres calculs de résidus, je crois avoir démontré que si $n \in \mathbb N^*$, si $z \in \mathbb C$, si $|z|= n \pi$, alors $|\tan z| < 1,032$. Cette constante n'est pas la meilleure possible (déjà ce n'est qu'une valeur approchée), mais je suis certain qu'on ne peut la remplacer par $1$, contrairement au $0,99$ évoqué plus haut pour le cosinus. Les maths, c'est varié.