Calcul historique de $\zeta(2)$ par Euler
Bonjour, je m'intéresse à la preuve historique d'Euler établissant la formule $1 + \frac{1}{2^2}+ \frac{1}{3^2} + \dots = \frac{\pi^2}{6}$. Je reproduis celle expliquée dans le livre <<autour du nombre $\pi$>>:
La fonction sinus s'annule en tous les multiples de $\pi$, on utilise son développement en série entière : pour tout réel $x$, on a $\sin x = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ . Ainsi pour $x$ non nul $\frac{\sin x}{x} = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n+1)!}$ s'annule sur $\{k \pi\mid k \in \Z^*\}$, et donc $g(y) = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{y^{n}}{(2n+1)!} = 1 - \frac{y}{3!} + \frac{y^2}{5!} + \dots$ qui s'annule sur $\{(k \pi)^2\mid k \in \N^*\}$.
Euler fait alors comme si $g$ était un polynôme, et applique la formule donnant la somme des inverses des racines d'un polynôme: si $P= a_0 + a_1X + \dots + a_nX^n$ est un polynôme qui ne s'annule pas sur $\C$, alors la somme des inverses de ses racines complexes est égale à $-\frac{-a_1}{a_0}$.
On obtient alors $$\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{1}{(k \pi)^2} = -\frac{-\frac{1}{3!}}{1} = \frac{1}{6}$$ d'où $$
\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}
$$ Mes questions.
\frac{\sin(x)}{x} = \prod_{k=1}^{+ \infty}(1 - \frac{x^2}{k^2 \pi^2}).
$$ Merci, pour vos éclairages.
La fonction sinus s'annule en tous les multiples de $\pi$, on utilise son développement en série entière : pour tout réel $x$, on a $\sin x = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ . Ainsi pour $x$ non nul $\frac{\sin x}{x} = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n+1)!}$ s'annule sur $\{k \pi\mid k \in \Z^*\}$, et donc $g(y) = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{y^{n}}{(2n+1)!} = 1 - \frac{y}{3!} + \frac{y^2}{5!} + \dots$ qui s'annule sur $\{(k \pi)^2\mid k \in \N^*\}$.
Euler fait alors comme si $g$ était un polynôme, et applique la formule donnant la somme des inverses des racines d'un polynôme: si $P= a_0 + a_1X + \dots + a_nX^n$ est un polynôme qui ne s'annule pas sur $\C$, alors la somme des inverses de ses racines complexes est égale à $-\frac{-a_1}{a_0}$.
On obtient alors $$\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{1}{(k \pi)^2} = -\frac{-\frac{1}{3!}}{1} = \frac{1}{6}$$ d'où $$
\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}
$$ Mes questions.
- pourquoi ça marche ? Peut-on rendre correcte cette intuition géniale ?
- Peut-on généraliser la formule des sommes des inverses des racines à une série entière? En particulier à une fonction entière (holomorphe sur $\C$)
\frac{\sin(x)}{x} = \prod_{k=1}^{+ \infty}(1 - \frac{x^2}{k^2 \pi^2}).
$$ Merci, pour vos éclairages.
Réponses
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Euler a découvert une autre preuve valable encore aujourd'hui de cette formule. Sa première "preuve" n'était pas considérée comme une preuve rigoureuse même à son époque. Ce qui a été retenu à l'époque sans doute c'est sa formule, pas nécessairement sa démonstration.PS.
Il existe des preuves rigoureuses qui utilisent les propriétés de polynômes.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Merci Fin de partie pour ta réponse. Je cherche justement à rendre rigoureuse cette <<preuve>> qui ne peut être une coïncidence...
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Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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@cargol : oui, l'idée d'Euler d'utiliser le développement en produit du sinus a été rendue rigoureuse et on trouve ça dans certains manuels d'analyse complexe.
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@Magnéthorax: Aurais-tu une référence?
Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
@cargol : Peut-on généraliser la formule des sommes des inverses des racines à une série entière? En particulier à une fonction entière.La première condition nécessaire, et non pas forcément suffisante, est que cette fonction admette une infinité de racines. Tu peux commencer par tester des exemples comme $x\mapsto \cos(x)$ ou d'autres fonctions entières periodiques.
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Pour $\cos(x)$, ça donne $$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.$$
Pour la fonction holomorphe $g(z)=e^z-2 = -1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{6}+\dots$ Cette fonction possède une seule racine $x_0=\ln(2)$. Mais $\frac{1}{\ln(2)}\not=-\frac{1}{-1}$. -
Une seule, vraiment ? Mais on les cherche dans $\C$ !
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Je signale aussi la vidéo de Caldero.
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Pour la fonction holomorphe $g(z)=e^z-2 = -1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{6}+\dots$ Ses racines sont $\ln(2)+2in\pi$, $n\in\mathbb Z$.Si l'intuition marche, on aura :$$\frac{1}{\ln(2)}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left( \frac{1}{2in\pi+\ln(2)}-\frac{1}{2in\pi-\ln(2)} \right)=1.$$
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D'après le développement d’Euler de $\cot(\pi x)$, à savoir $\frac{1}{x} + \sum_{n=1}^{+\infty}\left( \frac{1}{n+x}-\frac{1}{n-x} \right)=\pi\cot(\pi x)$,$$\frac{1}{\ln(2)}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left( \frac{1}{2in\pi+\ln(2)}-\frac{1}{2in\pi-\ln(2)} \right)=\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{2i\pi}\sum_{n=1}^{+\infty}\left( \frac{1}{n+\ln(2)/(2i\pi)}-\frac{1}{n-\ln(2)/(2i\pi)} \right)$$$$=\frac{1}{2i\pi}\left(\frac{2i\pi}{\ln(2)} + \sum_{n=1}^{+\infty}\left( \frac{1}{n+\ln(2)/(2i\pi)}-\frac{1}{n-\ln(2)/(2i\pi)} \right) \right)$$$$=\frac{1}{2i\pi}\pi\cot(\pi\ln(2)/(2i\pi))=\frac{1}{2i}\cot(\ln(2)/(2i))=\frac{3}{2}.$$
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Il est possible d'écrire une version rigoureuse de l'esquisse d'Euler en utilisant une bonne approximation polynomiale, plus précisément la limite classique $$e^z=\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n,$$conduisant à $$\sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\lim_{n\to +\infty} P_n(z),$$où $$P_n(z)=\frac{1}{2i}\left[\left(1+\frac{iz}{n}\right)^n-\left(1-\frac{iz}{n}\right)^n\right].$$Puisque $P_n$ est impair on peut écrire $P_n(z)/z=Q_n(z^2)$, où $Q_n$ est une suite de polynômes convergeant vers la fonction $g$ définie au premier post, sur laquelle on a appliqué les relations coefficients racines non rigoureusement. On va les appliquer à $Q_n$ à la place.Les racines de $P_n$ se trouvent en résolvant $\displaystyle \left(\frac{1+\frac{iz}{n}}{1-\frac{iz}{n}}\right)^n=1$, d'où $\displaystyle \frac{1+\frac{iz}{n}}{1-\frac{iz}{n}}=e^{\frac{2ik\pi}{n}}$, où je prend $-\frac{n}{2}< k <\frac{n}{2}$, ce qui donne les racines$$z_k=\frac{n}{i} \frac{1-e^{\frac{2i k\pi}{n}} }{1+e^{\frac{2ik\pi}{n}} }=n\tan\left(\frac{k\pi}{n}\right).$$Par suite, les racines de $Q_n$ sont données par $z_k=\left( n\tan\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right)^2$ avec $0<k<\frac{n}{2}$. Par les formules coefficients racines, $$\sum_{0<k<\frac{n}{2}} \frac{1}{ \left(n\tan\left(\frac{k\pi}{n}\right) \right)^2 }=\frac{-a_1(Q_n) }{ a_0(Q_n) }.$$
On fait tendre $n$ vers l'infini. Le terme de droite tend vers $\frac{-a_1(g) }{ a_0(g) }=\frac{1}{6}$. Le terme de gauche converge par convergence dominée (ou à la main) vers $\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(k\pi)^2}$. Le résultat suit. -
Joli. C'est de toi?
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Elle est de moi oui, bien qu'inspirée par diverses sources, et finalement pas si éloignée de preuves déjà existantes.
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Belle inspiration! Je la trouve très chouette.
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Bonjour,
Voici la mienne : Euler, encore lui, m'a aimablement donné (preuve niveau L1 possible)
$$
\forall x\in\mathbf{R}, \qquad \mathrm{Arctan}\, x = \frac{x}{1+x^2} \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{2n}}{\left(2n+1\right)\binom{2n}{n}} \left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^n
$$
On fait $x=\tan \theta$, on primitive une fois puis on intègre entre $0$ et $\pi/2$ (échanges $\int - \sum$ niveau L2, intégrales de Wallis). On simplifie $\pi$ de part et d'autre, boum. Un peu surpris que Euler lui-même ne l'ai pas écrit quelque part. Ceci dit, son développement de $\mathrm{Arctan}$ était motivé par le calcul de décimales de $\pi$, pas par la résolution du problème de Bâle. -
On doit pouvoir trouver un article sur le sujet de la seconde démonstration d'Euler dans les articles (en Anglais) de Sandifer.
Je crois me rappeler que cela utilisait le développement de arcsin (à vérifier)Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Pour la route, une collection de preuves.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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@Fin de partie : je connais 2 preuves utilisant $\mathrm{Arcsin}$ : une de Euler et une très voisine de celle que je propose ci-dessus (Boo Rim Choe, 1987).
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Bonjour, merci pour vos réponses.Dans la preuve de Nawisman, il y a des choses qui m'échappent. Comment justifie-t-on que $a_1(Q_n)$ tend vers $a_1(g)$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$.Puisque $a_1(Q_n) =Q_n'(0)$, on pourrait imaginer considérer la forme linéaire $\phi$ de $C[[X]]$ dans $\C$ définie par $\phi(P ) = P'(0)$ avec $\C[[X]]$ l'espace des séries formelles ou des fonctions entières). Mais existe-t-il une norme sur $\C[[X]]$ pour la rendre continue? De plus pour cette norme, comment s'assurer que $Q_n$ converge vers $g$?
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Si on dispose de l'artillerie lourde: $Q_n\to g$ uniformément sur les compacts, donc par la théorie des fonctions holomorphes, pour tout $k$, $Q_n^{(k)}\to g^{(k)}$ uniformément sur les compacts, et donc $a_k(Q_n)=\frac{Q_n^{(k)}(0)}{k!}\to a_k(g)=\frac{g^{(k)}(0)}{k!}.$
Si on dispose juste d'un canif: on développe $P_n$ avec la formule du binôme pour obtenir la formule explicite de $a_1(Q_n)$ et $a_2(Q_n)$ et on calcule la limite. -
merci Namiswan et bravo
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Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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En lisant ce papier j'ai appris que l'égalité
\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{3}{n^2\binom{2n}{n}}\end{align}
avait été démontrée (ou au moins intuitée) en 1730 par James Stirling ce qui lui avait permis d'en calculer une bonne approximation mais il n'avait pas vu que c'était $\displaystyle \dfrac{\pi^2}{6}$, il faudra attendre qu'Euler s'empare de la question.Le livre de James Stirling qui contient cette égalité est intitulé :
Methodus differentialis, sive Tractatus de summatione et interpolatione serierum infinitarumLe passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
@Fin de partie : c'est ce que j'ai compris également. Stirling invente un procédé d'accélération qui conduit en effet à la première formule que tu écris. Remarque : l'égalité $\pi^2/6 = \sum 3/\ldots$ peut être obtenue via le développement de $\mathrm{Arctan}$ dû à Euler mentionné plus haut. D'ailleurs, ce dernier peut être obtenu par l'application de la transformation (binomiale) d'Euler appliquée à la série de Taylor en $0$ de $\mathrm{Arctan}$. De mon côté, je l'ai obtenu en utilisant la méthode de Newton.
-
J'ai une manière un peu bêta d'établir l'égalité découverte par Stirling.
Puisque,
\begin{align}\frac{1}{\binom{2n}{n}}&=\frac{n!^2}{(2n)!}=(2n+1)\text{B}(n+1,n+1)=(2n+1)\int_0^1 x^n(1-x)^ndx\end{align}
et,
\begin{align}|u|\leq 1,\text{Li}_2(u):=-\int_0^u \frac{\ln(1-t)}{t}dt=\sum_{n=1}^\infty \frac{u^n}{n^2}\end{align}
alors,
\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}&=\sum_{n=1}^\infty \left(\left(\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}\right)\int_0^1 x^n(1-x)^ndx\right)\\
&=2\int_0^1 \left(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{x^n(1-x)^n}{n}\right)
\right)dx+\int_0^1 \left(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{x^n(1-x)^n}{n^2}\right)\right)\\
&=\underbrace{\int_0^1\text{Li}_2\Big(x(1-x)\Big)dx}_{=A}-2\underbrace{\int_0^1 \ln\Big(1-x(1-x)\Big)dx}_{=B}\\
A&\overset{\text{IPP}}=\underbrace{\left[x\text{Li}_2\Big(x(1-x)\Big)\right]_0^1}_{=0}+\int_0^1 \frac{(1-2x)\ln\Big(1-x(1-x)\Big)}{1-x}dx\\
&=2B-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln\Big(1-x(1-x)\Big)}{1-x}dx}_{u=1-x}\\
&=2B-\int_0^1 \frac{\ln\Big(1-u(1-u)\Big)}{u}du\\
&=2B-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+u^3)}{u}du}_{z=u^3}+\int_0^1\frac{\ln(1+u)}{u}du\\
&=2B+\frac{2}{3}\int_0^1\frac{\ln(1+u)}{u}du\\
&=2B+\frac{2}{3}\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-u^2)}{u}du}_{z=u^2}-\frac{2}{3}\int_0^1\frac{\ln(1-u)}{u}du\\
&=2B-\frac{1}{3}\int_0^1\frac{\ln(1-u)}{u}du\\
&=2B+\frac{1}{3}\text{Li}_2(1)=2B+\frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\\
\end{align}
Donc,
\begin{align}\boxed{\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\binom{2n}{n}}=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}}\end{align}NB. $B$ est la fonction Bêta d'Euler.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Par ailleurs, c'est un exercice classique de chercher le développement en série entière de $\arcsin^2(x)$ (chercher une équation différentielle linéaire satisfaite par $\arcsin^2(x)$, en déduire une relation de récurrence sur les coefficients...). On trouve $\arcsin^2(x) = \dfrac{1}{2} \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(2x)^{2n}}{n^2 \binom{2n}{n}}$.En évaluant en $x=\dfrac{1}{2}$, on obtient alors $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2 \binom{2n}{n}} = \dfrac{\pi^2}{18}$, d'où (avec l'égalité montrée par @Fin de partie ), $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{\pi^2}{6}$.
-
@Guego : J'ai l'impression que c'est ce que font les auteurs du papier déjà mentionné.
PS.
Ce qui serait intéressant est de savoir comment a procédé James Stirling.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Merci @Boécien. Cela m'a rappelé que la série, \begin{align}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}\end{align} est certainement dans le champ d'application des algorithmes de creative telescoping.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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