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[ID: 2499] [Date de publication: 8 novembre 2022 13:24] [Catégorie(s): Polynômes ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Encore un calcul de \(\zeta(2)\)
Par Patrice Lassère le 8 novembre 2022 13:24

1. La formule de Moivre nous donne pour tout \(t\in]0,\pi/2[\) \[\sin((2n+1)t)=\sum_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{2k+1}(-1)^k\sin^{2k+1}(t)\cos^{2(n-k)}(t)\] soit, en divisant par le réel non nul \(\sin^{2n+1}(t)\) \[\dfrac{\sin((2n+1)t)}{\sin^{2n+1}(t)}=\sum_{k=0}^nC_{2n+1}^{2k+1}(-1)^k\rm{cotan}^{2(n-k)}(t)=P_n(\rm{cotan}^2(t))\] avec \(P_n(X)=\sum_{k=0}^nC_{2n+1}^{2k+1}(-1)^kX^{n-k}\). Pour l’unicité, il suffit de remarquer que si \(Q\in\mathbb R[X]\) répond également au problème alors \(P_n(x)=Q(x)\) pour tout \(x>O\) : en effet tout tel \(x\) peut s’écrire \(x=\rm{cotan}^2(t)\) avec \(t=\rm{arccotan}(\sqrt t)\in]0,\pi/2[\).

2. \(P_n\) est bien de degré \(n\) et l’équation \(P_n(\rm{cotan}^2(t))=\sin((2n+1)t)\) nous donne déja comme racines \(\displaystyle x_k=\rm{cotan}^2\left( \dfrac{k\pi}{2n+1}\right),\ k\in\{1,\dots,n\}\) ; ces racines étant deux à deux distinctes, il s’agit de toutes les racines de \(P_n\). Enfin, la somme des racines étant l’opposé du coefficient de \(X^{n-1}\) divisé par le coefficient dominant de \(P_n\) : \[x_1+\dots+x_n=\dfrac{C_{2n+1}^3}{C_{2n+1}^1}=\dfrac{n(2n-1)}{3}.{(\text{$\star$})}\]

3. La double inégalité résulte de l’inégalité classique \(\sin(t)\leq t\leq \tan(t)\) valable sur \(]0,\pi/2[\) (faire une étude de fonction ou invoquer un argument de convexité). Si on écrit cette inégalité pour \(t=k\pi/2n+1\), en les sommant pour \(1\leq k\leq n\) il vient avec (\(\star\)) \[\dfrac{n(2n-1)}{3}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{(2n+1)^2}{\pi^2k^2}\leq n+\dfrac{n(2n-1)}{3}.\] Il ne reste plus qu’à diviser par \((2n+1)^2/\pi^2\) et faire tendre \(n\) vers \(+\infty\) pour retrouver la valeur bien connue \[\zeta(2)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}.\]