Pour \(x>1\) on pose \(\zeta (x) = \sum_{n=1}^\infty \dfrac1{n^x}\) et pour \(x>0\) : \(\eta(x) = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n-1}}{n^x}\).

  1. Établir pour \(x>1\) : \(\eta(x) = (1-2^{1-x})\zeta (x)\). En déduire \(\zeta (x) \sim \dfrac 1{x-1}\) pour \(x\to 1_{+}\).

  2. Montrer que \(\zeta (x) = \dfrac 1{x-1} + \gamma + o(1)\). On remarquera que \(\dfrac 1{x-1} = \int _{t=1}^{+\infty } \dfrac{d t}{t^x}\).

  3. En déduire la valeur de \(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n \ln n}n\).

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[ID: 4223] [Date de publication: 21 mars 2024 14:58] [Catégorie(s): Autour de la fonction $\zeta$ de Riemann ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]




Solution(s)

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Fonctions \(\zeta\) et \(\eta\)
Par Michel Quercia le 21 mars 2024 14:58

  1. \(\zeta (x) - \dfrac 1{x-1} = \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac 1{n^x} - \int _{t=n}^{n+1} \dfrac{d t}{t^x} \right)\).

    A \(n\) fixé, \(\dfrac 1{n^x} - \int _{t=n}^{n+1} \dfrac{d t}{t^x} \to _{x\to 1_{+} } \dfrac 1n - \int _{t=n}^{n+1} \dfrac{d t}t\) et la convergence est monotone donc

    \(\zeta (x) - \dfrac 1{x-1}\to _{x\to 1_{+} } \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac 1n - \int _{t=n}^{n+1} \dfrac{d t}t\right) = \gamma\).

  2. \(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n \ln n}n = \eta'(1) = \gamma \ln 2 - \dfrac12\ln(2)^2\).

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