Pour \(|x| < 1\) on pose : \(Z(x) = \sum_{n=1}^\infty \zeta (2n)x^n\).

Montrer que \(Z\) vérifie l’équation différentielle : \(2xZ'(x) - 2Z^2 (x) + Z(x) = 3x\zeta (2)\) (écrire \(Z(x)\) comme somme d’une série double, intervertir les sommations, remplacer et \(\dots\) simplifier).

En déduire la relation de récurrence : \(\forall n\geq 2,\ (n+\frac12)\zeta (2n) = \sum_{p=1}^{n-1}\zeta (2p)\zeta (2n-2p)\).


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[ID: 3629] [Date de publication: 13 mars 2024 22:21] [Catégorie(s): Equations différentielles ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]




Solution(s)

Solution(s)

Fonction \(\zeta\)
Par Michel Quercia le 13 mars 2024 22:21

\(Z(x) = \sum_{n,p\geq 1} \dfrac{x^n }{p^{2n}} = \sum_{p\geq 1}\dfrac{x}{p^2 -x}\).

\(Z'(x) = \sum_{p\geq 1}\dfrac{p^2 }{(p^2 -x)^2 } = \sum_{p\geq 1}\dfrac{1}{p^2 -x} + \sum_{p\geq 1}\dfrac{x}{(p^2 -x)^2 }\).

\(Z^2 (x) = \sum_{p,q\geq 1}\dfrac{x^2 }{(p^2 -x)(q^2 -x)} = \sum_{p\neq q}\dfrac{x^2 }{q^2 -p^2 }\Bigl(\dfrac{1}{p^2 -x} - \dfrac{1}{q^2 -x}\Bigr) + \sum_{p\geq 1}\dfrac{x^2 }{(p^2 -x)^2 }\)

\(Z^2 (x)-xZ'(x) + Z(x) = 2\sum_{p\neq q}\dfrac{x^2 }{(q^2 -p^2 )(p^2 -x)}\).

A \(p\) fixé, \(\sum_{q\neq p}\dfrac1{q^2 -p^2 } = \dfrac{1}{2p}\sum_{q\neq p}\Bigl(\dfrac1{q-p}-\dfrac1{q+p}\Bigr) = \dfrac1{2p}\Bigl(\dfrac1p + \dfrac1{2p}\Bigr) = \dfrac{3}{4p^2 }\).

Donc \(Z^2 (x)-xZ'(x) + Z(x) = \dfrac32\sum_{p\geq 1}\dfrac{x^2 }{p^2 (p^2 -x)} = \dfrac32(Z(x)-x\zeta (2))\).

Rmq : \(2Z(x^2 ) = 1-\pi x\mathop{\rm cotan}\nolimits(\pi x)\) (Euler).


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