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[ID: 2817] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:18] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Une formule de Ramanujan et le d.s.e. de la fonction tangente
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:18

Comme \(\lim_{t\to 0_+}f(t)=z=f(0)\), \(f\) est continue à l’origine et donc sur \(\mathbb R_+\). En outre \(\vert\sigma\vert<1\) implique \[\vert f(t)\vert =\left\vert\dfrac{e^{zt}-e^{-zt}}{2\text{sh}(t)}\right\vert\leq \dfrac{e^{\vert \sigma t\vert}}{\vert \text{sh}(t)\vert}\underset{+\infty}{\sim} 2e^{(\vert \sigma\vert-1)t}\in L^1(\mathbb R_+)\] ainsi \(f\in L^1(\mathbb R_+)\).

Pour \(t>0\), on peut écrire \[f(t)=\text{sh}(zt)\dfrac{2e^{-t}}{1-e^{-2t}}=2e^{-t}\text{sh}(zt)\sum_{n\geq 0}\,e^{-2nt}=\sum_{n\geq 0}\,\left( e^{(z-2n-1)t}-e^{-(z+2n+1)t}\right):=\sum_{n\geq 0}u_n(t),\] et les fonctions \(u_n\) sont intégrables sur \(\mathbb R_+\) car (toujours car \(\vert\sigma\vert<1\)) \[\vert u_n(t)\vert\leq e^{-2nt}\left\vert e^{(z-1)t}-e^{-(z+1)t}\right\vert\leq 2e^{-2nt}e^{(\vert\sigma\vert-1)t}\in L^1(\mathbb R_+).\] Un petit calcul nous donne \[\int_0^{+\infty}\,u_n(t)dt=\dfrac{2z}{(2n+1)^2-z^2}\] (bien remarquer que \(\vert\sigma\vert<1\) assure que \((2n+1)^2-z^2\neq 0,\ \forall\,n\in\mathbb N\)). Ainsi, formellement \[\int_0^{+\infty}\,f(t)dt=\int_0^{+\infty}\,\sum_{n\geq 0}u_n(t)dt=\sum_{n\geq 0}\int_0^{+\infty}\,u_n(t)dt =\sum_{n\geq 0}\dfrac{2z}{(2n+1)^2-z^2}\] il ne reste donc plus qu’à justifier l’échange \(\int\sum=\sum\int\) ci-dessus. Pour cela, il faut être délicat car la condition suffisante la série \(\sum_n\int_{\mathbb R_+}\vert u_n(t)\vert dt\) converge n’est pas ici réalisée1 et il faut se ramener au cadre des suites de fonctions en posant \[S_n(t)=\sum_{k=0}^n u_k(t),\quad n\in\mathbb N.\] La suite \((S_n)_n\) est simplement convergente sur \(\mathbb R_+^\star\) et vérifie \[\vert S_n(t)\vert\leq \vert\text{sh}(zt)\vert\sum_{k=0}^n e^{-(2k+1)t}\leq\vert\text{sh}(zt)\vert\sum_{k\geq 0} e^{-(2k+1)t}=\vert f(t)\vert\in L^1(\mathbb R_+).\] L’hypothèse de domination est donc vérifiée et l’échange \(\int\sum=\sum\int\) est justifié, CQFD.

Il suffit d’un peu de patience et d’attention. Avec la question précédente nous avons pour \(\vert\text{re}(z)\vert<1\) et \(z\neq 0\) (si \(z=0\) il n’y a rien à démontrer) \[\begin{aligned}\int_0^{+\infty}\,f(t)dt&=\sum_{n\geq 0}\dfrac{2z}{(2n+1)^2-z^2} =\sum_{n\geq 0}\dfrac{2z}{n^2-z^2}-\sum_{n\geq 0}\dfrac{2z}{(2n)^2-z^2}\\ &=-\dfrac{2}{z}+\sum_{n\geq 1}\dfrac{2z}{n^2-z^2}+\dfrac{2}{z}-\sum_{n\geq 1}\dfrac{2z}{(2n)^2-z^2}\\ &=-\dfrac{1}{z}-\sum_{n\geq 1}\dfrac{2z}{z^2-n^2}+\dfrac{1}{z}+\sum_{n\geq 1}\dfrac{z/2}{(z/2)^2-n^2}\\ &=-\pi\text{cotan}(\pi z)+\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{2}{z}+\sum_{n\geq 1}\dfrac{z}{(z/2)^2-n^2}\right)\\ &=-\pi\text{cotan}(\pi z)+\dfrac{\pi}{2}\text{cotan}(\pi z/2)\\ &=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{\cos^2(\pi z/2)-\cos(\pi z)}{\cos(\pi z/2)\sin(\pi z/2)}\\ &=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{\sin^2(\pi z/2)}{\cos(\pi z/2)\sin(\pi z/2)}=\dfrac{\pi}{2}\tan(\pi z/2). \end{aligned}\]

Pour \(t\geq 0\) on a \[f(t)=\dfrac{\text{sh}(zt)}{\text{sh}(t)}=\sum_{n\geq 0}\dfrac{t^{2n+1}z^{2n+1}}{\text{sh}(t)(2n+1)!}:=\sum_{n\geq 0}h_n(t).\] Les applications \(h_n\) sont clairement dans \(L^1(\mathbb R_+)\) et nous avons \[\begin{aligned}\int_0^\infty\,h_n(t)dt&=\int_0^\infty\,\dfrac{t^{2n+1}z^{2n+1}}{\text{sh}(t)(2n+1)!}dt\\ &=\dfrac{2z^{2n+1}}{(2n+1)!}\int_0^\infty\,\sum_{k\geq 0}t^{2n+1}e^{-(2k+1)t}dt=\dfrac{2z^{2n+1}}{(2n+1)!}\int_0^\infty\,\sum_{k\geq 0}g_{n,k}(t)dt\\ &\underset{\text{\ding{56}}}{=}\dfrac{2z^{2n+1}}{(2n+1)!}\sum_{k\geq 0}\int_0^\infty\,t^{2n+1}e^{-(2k+1)t}dt \end{aligned}\] il s’agit bien entendu de justifier l’échange \(\int\sum=\sum\int\) signalé par le symbole : les fonctions \(g_{n,k}\) étant postives, il est suffisant de montrer que la série \(\sum_k\int_{\mathbb R_+}g_{n,k}(t)dt\) converge ce qui se vérifie facilement car aprés \(2n+1\) intégrations par parties nous avons \[\int_0^\infty\,g_{n,k}(t)dt=\int_0^\infty\,t^{2n+1}e^{-(2k+1)t}dt=\dfrac{(2n+1)!}{(2k+1)^{2n+2}},\] (les termes entre crochets étant nuls). Ainsi, pour tout \(n\in\mathbb N\) \[\begin{aligned}\int_0^\infty\,h_n(t)dt&=\dfrac{2z^{2n+1}}{(2n+1)!}\sum_{k\geq 0}\int_0^\infty\,t^{2n+1}e^{-(2k+1)t}dt=\dfrac{2z^{2n+1}}{(2n+1)!}\sum_{k\geq 0}\dfrac{(2n+1)!}{(2k+1)^{2n+2}}\\ &= 2z^{2n+1}\left(\sum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k^{2n+2}}-\sum_{k\geq 1}\dfrac{1}{(2k)^{2n+2}}\right)\\ &=2z^{2n+1}\left(1-2^{-(2n+2)}\right)\zeta(2n+2) \end{aligned}\] Soit \[\int_0^\infty\,\vert h_n(t)\vert dt\leq 2\vert z\vert^{2n+1}\zeta(2)\] qui est pour \(\vert z\vert<1\) le terme général d’une série convergente, ceci justifie l’échange \(\int_{\mathbb R_+}\sum_n h_n=\sum_n\int_{\mathbb R_+} h_n\), et finalement \[\int_0^\infty\,\dfrac{\text{sh}(zt)}{\text{sh}(t)}dt=\sum_{n\geq 0}\,2\left(1-2^{-(2n+2)}\right)\zeta(2n+2)\cdot z^{2n+1},\quad\forall\,\vert z\vert<1.\] En particulier, avec la question précédente on a \[\dfrac{\pi}{2}\tan(\pi z/2)=\sum_{n\geq 0}\,2\left(1-2^{-(2n+2)}\right)\zeta(2n+2)\cdot z^{2n+1},\quad\forall\,\vert z\vert<1,\] c’est le développement en série entière de la fonction \(D(0,1)\ni z\mapsto \dfrac{\pi}{2}\tan(\pi z/2)\).

Commentaire : Il existe bien sûr des méthodes plus élémentaires pour déterminer le développement en série entière de la fonction tangente à l’origine, c’est ici juste une conséquence de la formule de Ramanujan \(\displaystyle\int_0^\infty\,\dfrac{\text{sh}(zt)}{\text{sh}(t)}dt=\dfrac{\pi}{2}\tan(\pi z/2)\)

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1. 1  un calcul élémentaire mais assez fastidieux donne \(\int_{\mathbb R_+}\vert u_n(t)=.........\)