Somme des 1/x^2 tels que tan(x)=x

Merci à Chaurien d'avoir rappelé ce problème dans le fil Une jolie intégrale.

Il s'agit de démontrer que $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{x_{k}^{2}}=\frac{1}{10}$ les $x_k$ désignant les racines strictement positives de l'équation $\tan x=x$ ($k\pi<x_k<k\pi+\pi/2$).

Il y a 20 ans j'avais cherché sans succès une démonstration utilisant le programme de math-spé, c'est-à-dire sans fonction de variable complexe.
Merci à Guego d'avoir fourni ce lien donnant une telle solution.

L'idée astucieuse est de considérer pour $n\geq2$ entier l'équation $(E_n)$ : $\tan y=2n\tan\dfrac y{2n}$.
On montre qu'elle possède exactement $n-1$ solutions dans $]0,n\pi[$. En effet, il y a déjà au moins une solution sur chaque intervalle $I_k=]k\pi,k\pi+\pi/2[$, $1\leq k\leq n-1$, puisque sur $I_k$ la fonction $\tan$ croit de 0 à $+\infty$ alors que $2n\tan\dfrac y{2n}$ est bornée et positive sur $I_k$.
Pour montrer qu'il n'y a pas d'autres solutions utilisons la formule $\tan(2nt)=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n\choose 2k+1}\tan^{2k+1}t}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{2n\choose 2k}\tan^{2k}t}$ que l'on démontre avec la formule du binôme appliquée à $\cos(2nt)+i\sin(2nt)=(\cos t+i\sin t)^{2n}$.

On obtient en posant $t=y/(2n)$ et $u=1/\tan^2(y/(2n))$ et après simplifications que $(E_n)$ est équivalente à $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^k k{2n+1\choose 2k+1}u^{n-k}=0$. C'est un polynôme de degré $n-1$ qui a donc au plus $n-1$ racines.

Si on note $y_k(n)$ les racines de $(E_n)$, pour $1\leq k\leq n-1$, on obtient la somme des racines du polynôme :
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2(y_k(n)/(2n))}=\dfrac{2{2n+1\choose 5}}{{2n+1\choose 3}}=\dfrac{(2n-2)(2n-3)}{10}$ qui entraine $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\dfrac1{10}$
La fonction $f(x)=\dfrac{\tan x}x$ est continue et strictement croissante sur $I_k=]k\pi,k\pi+\pi/2[$ puisque $f'(x)>0$.
On a $f(x_k)=1$ et $f(y_k(n))=\dfrac{\tan y_k(n)}{y_k(n)}=\dfrac{\tan y_k(n/(2n))}{y_k(n)/(2n)}$ qui tend vers 1 quand $n\to+\infty$ (pour $k$ fixé).
On en déduit que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}y_k(n)=f^{-1}(1)=x_k$.
De plus on a $f(y_k(n))=\dfrac{\tan( y_k(n)/(2n))}{y_k(n)/(2n)}>1$ donc $y_k(n)>x_k$.
Pour tout $\varepsilon>0$ il existe $N$ tel que pour $n>N+1$ on ait : $\displaystyle\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}\leq\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 x_k}=\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{x_k^2}\leq\varepsilon$.

En faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans $0\leq\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\displaystyle\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}\leq\varepsilon$ on obtient :
$0\leq\dfrac1{10}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{\tan^2 x_k}=\dfrac1{10}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{x_k^2}\leq\varepsilon$

Réponses

  • jandri peux tu me sauver la face car bd me demande le calcul de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2231808,2232716#msg-2232716
    J'ai regardé, aucune idée
    Une question amusante , chercher $\lim_{n\to\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Bonjour
    @ Gebrane à savoir que j'ai 2 preuves différentes, ce qui me conforte dans le résultat.
     
  • Pour la fin, on peut éviter les $\varepsilon$ en introduisant les fonctions $f_k$ qui à $n\in\N$ associent $1/\tan^2(y_k(n))$ si $n\geq k+1$ et $0$ sinon, pour chaque $k\in\N^*$. Alors pour tout $ k\in\N^*$, on a d'une part : \[f_k (n)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \frac{1}{x_k^2}\] et d'autre part, puisque pour tout $n\geq k+1$, $y_k(n)\geq x_k$ et $1/\tan^2$ est décroissante sur $I_k$, $0\leq 1/\tan^2(y_k(n))\leq1/x_k^2$ donc \[\|f_k\|_{\infty}\leq \frac{1}{x_k^2}\]
    Comme la série $\displaystyle \sum_{k\geq 1} \frac{1}{x_k^2}$ converge, on en déduit que la série de fonctions $\displaystyle \sum_{k\geq 1} f_k$ converge normalement sur $\N$ donc uniformément, et par interversion limite-somme, on conclut que \[\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{x_k^2}= \sum_{k=1}^{+\infty}\lim_{n\rightarrow +\infty} f_k(n)= \lim_{n\rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{+\infty}f_k(n)=\lim_{n\rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\tan^2(y_k(n))} =\frac{1}{10}\]
  • @bd2017
    tu as trouvé par toi même les deux preuves ou vu quelques part ?
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • @Gebrane oui j'ai trouvé par moi même les 2 preuves car j'ai posé moi même le pb donc c'est plus facile.
     
  • Bonjour à tous. Merci jandri pour cette belle démonstration ! Une petite question néanmoins : je ne vois pas vraiment pourquoi on aurait aussi simplement $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\dfrac1{10}$ car la somme dépend de $n$. Je rate quelque chose ? Merci.
  • C'est parce que $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{(2n)^2\tan^2(y_k(n)/(2n))}=\dfrac{(2n-2)(2n-3)}{40n^2}$ a pour limite $\dfrac1{10}$
  • Merci jandri... mais pourquoi a-t-on à $\displaystyle\underset{{n}\rightarrow{+\infty}}\lim\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{(2n)^2\tan^2(y_k(n)/(2n))}=\underset{{n}\rightarrow{+\infty}}\lim\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2(y_k(n))}$ (l'équivalent de $\tan$ en $0$ me semble insuffisant, ça dépend de $n$ en haut de la somme, j'ai l'impression qu'il manquerait un argument d'uniformité) ?
  • C'est tout simplement parce que $y_k(n)$ est solution de $\tan y=2n\tan\dfrac y{2n}$
  • Ah mais oui quel idiot. Pardon pour le dérangement ! Et encore merci pour cette belle preuve.
  • Ce n'est pas moi qui suit l'inventeur de la preuve, je me suis inspiré d'une preuve figurant dans le lien donné par Guego : artofproblemsolving.com
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