Salut marco,$\def\dist{\mathrm{dist}}$ Montrons que cette série converge uniformément sur les compacts de $\Bbb C\setminus\Bbb Z$. Soit $K\subset \Bbb C\setminus\Bbb Z$ compact. Il existe $R>0$ tel que $K\subset D(0,R)$. Donc : $\forall n>R, \forall z\in K,$ $$\left|\sum_{|k|>n} \frac1{(z+k)^2} \right| \leqslant \sum_{|k|>n} \frac1{\dist(z,k)^2} \leqslant \sum_{k>n} \frac1{\dist(R,k)^2} +\sum_{k<-n} \frac1{\dist(-R,k)^2} =2\sum_{k>n} \frac1{|R-k|^2}\underset{n\to\infty}\longrightarrow 0.$$ Ok. Ainsi, $f:z\in\Bbb C\setminus\Bbb Z\mapsto \sum\limits_{k\in\Bbb Z} \frac1{(z+k)^2}$ est holomorphe sur $\Bbb C\setminus\Bbb Z$. Posons $g:z\in\Bbb C\setminus\Bbb Z\mapsto f(x)-\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}$. Alors : $\forall k\in\Bbb Z$, $$g(z)\underset{z\to k}= \frac1{(z-k)^2} - \frac{\pi^2}{[\pi(z-k)+O((z-k)^3)]^2} =\frac1{(z-k)^2} O((z-k)^2) = O(1).$$ Donc $g$ peut-être prolongée en une fonction holomorphe sur $\Bbb C$. De plus, $\forall a\in[0,1], \forall b\in\Bbb R$, $$\begin{eqnarray*} |g(a+ib)| &\leqslant& \sum_{k\in\Bbb Z} \frac1{b^2+(a+k)^2} + \frac{\pi^2}{|\sin(\pi(a+ib))|^2} \\ &\leqslant& \sum_{k=0}^\infty \frac1{b^2+k^2} + \sum_{k=-\infty}^{-1} \frac1{b^2+(1+k)^2}+ \frac{4\pi^2}{(e^{\pi|b|}-e^{-\pi|b|})^2} (*) \\ &\underset{|b|\to\infty}\longrightarrow& 0 \end{eqnarray*}$$ (limite uniforme en $a$). Donc $g$ est bornée sur $[0,1]\times\Bbb R$. Donc par 1-périodicité, elle est bornée sur $\Bbb C$. Donc elle est constante. Et la limite nulle précédemment établie montre que $g\equiv 0$. Donc : $\forall z\in \Bbb C\setminus\Bbb Z,$ $$\sum_{k\in\Bbb Z} \frac1{(z+k)^2} = \frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}.$$
$(*)$ $|\sin(\pi(a+ib))| = \left|\frac{e^{\pi(ia-b)}-e^{\pi(-ia+b)}}2\right| \geqslant\frac{||e^{\pi(ia-b)}|-|e^{\pi(-ia+b)}||}2 = \frac{e^{\pi|b|}-e^{-\pi|b|}}2$ par inégalité triangulaire.
bonjour, le mot clé içi est "Herglotz trick"; voir Raisonnements DivinsDe Aigner et Ziegler chez Springer ou bien le livre de Henri Cartan sur les fonctions holomorphes chez Hermann
Merci beaucoup pour les réponses. Le même raisonnement doit fonctionner pour montrer $\sum_{k \in \Z} \frac{1}{(x+k)^{2n}}= \frac{\pi^{2n}}{\sin^{2n}(\pi x)}$. On doit alors pouvoir calculer $\zeta(2n)$ en utilisant l'égalité ci-dessus en $x=\frac{r}{n}$ avec $r \in \{1,2,\dots,n-1\}$, et donc trouver une relation entre les nombres de Bernouilli et les $\frac{1}{\sin^{2n}(r\pi/n)}$ ?
Le même raisonnement n'a pas l'air de marcher pour les puissances plus élevés car, si on pose $g:z\in\Bbb C\setminus\Bbb Z\mapsto$ $\sum\limits_{k\in\Bbb Z}\frac1{(z+k)^{2n}} - \frac{\pi^{2n}}{\sin^{2n}(\pi z)}$ avec $n>1$, on a : $\forall k\in\Bbb Z$, $$g(k+\varepsilon)\underset{\varepsilon\to0}=\frac1{\varepsilon^{2n}}-\frac{\pi^{2n}}{(\pi\varepsilon-\frac16\pi^3\varepsilon^3+o(\varepsilon^3))^{2n}} = \frac1{\varepsilon^{2n}}\left( \frac{2n}6\pi^2\varepsilon^2+o(\varepsilon^2) \right) \neq O(1)$$ si pas d'erreur de calcul. D'un autre côté, $\Big(\sum\limits_{k\in\Bbb Z}\frac1{(z+k)^2}\Big)^2$ a peu de chances d'être égal à $\sum\limits_{k\in\Bbb Z}\frac1{(z+k)^4}$ à cause des termes en $\frac1{(z+k)^2(z+\ell)^2}$ quand on développe le produit.
Réponses
Montrons que cette série converge uniformément sur les compacts de $\Bbb C\setminus\Bbb Z$. Soit $K\subset \Bbb C\setminus\Bbb Z$ compact. Il existe $R>0$ tel que $K\subset D(0,R)$. Donc : $\forall n>R, \forall z\in K,$ $$\left|\sum_{|k|>n} \frac1{(z+k)^2} \right| \leqslant \sum_{|k|>n} \frac1{\dist(z,k)^2} \leqslant \sum_{k>n} \frac1{\dist(R,k)^2} +\sum_{k<-n} \frac1{\dist(-R,k)^2} =2\sum_{k>n} \frac1{|R-k|^2}\underset{n\to\infty}\longrightarrow 0.$$
Ok. Ainsi, $f:z\in\Bbb C\setminus\Bbb Z\mapsto \sum\limits_{k\in\Bbb Z} \frac1{(z+k)^2}$ est holomorphe sur $\Bbb C\setminus\Bbb Z$. Posons $g:z\in\Bbb C\setminus\Bbb Z\mapsto f(x)-\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}$. Alors : $\forall k\in\Bbb Z$, $$g(z)\underset{z\to k}= \frac1{(z-k)^2} - \frac{\pi^2}{[\pi(z-k)+O((z-k)^3)]^2} =\frac1{(z-k)^2} O((z-k)^2) = O(1).$$ Donc $g$ peut-être prolongée en une fonction holomorphe sur $\Bbb C$. De plus, $\forall a\in[0,1], \forall b\in\Bbb R$, $$\begin{eqnarray*}
|g(a+ib)| &\leqslant& \sum_{k\in\Bbb Z} \frac1{b^2+(a+k)^2} + \frac{\pi^2}{|\sin(\pi(a+ib))|^2} \\
&\leqslant& \sum_{k=0}^\infty \frac1{b^2+k^2} + \sum_{k=-\infty}^{-1} \frac1{b^2+(1+k)^2}+ \frac{4\pi^2}{(e^{\pi|b|}-e^{-\pi|b|})^2} (*) \\ &\underset{|b|\to\infty}\longrightarrow& 0
\end{eqnarray*}$$ (limite uniforme en $a$). Donc $g$ est bornée sur $[0,1]\times\Bbb R$. Donc par 1-périodicité, elle est bornée sur $\Bbb C$. Donc elle est constante. Et la limite nulle précédemment établie montre que $g\equiv 0$. Donc : $\forall z\in \Bbb C\setminus\Bbb Z,$ $$\sum_{k\in\Bbb Z} \frac1{(z+k)^2} = \frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}.$$
$(*)$ $|\sin(\pi(a+ib))| = \left|\frac{e^{\pi(ia-b)}-e^{\pi(-ia+b)}}2\right| \geqslant\frac{||e^{\pi(ia-b)}|-|e^{\pi(-ia+b)}||}2 = \frac{e^{\pi|b|}-e^{-\pi|b|}}2$ par inégalité triangulaire.
D'un autre côté, $\Big(\sum\limits_{k\in\Bbb Z}\frac1{(z+k)^2}\Big)^2$ a peu de chances d'être égal à $\sum\limits_{k\in\Bbb Z}\frac1{(z+k)^4}$ à cause des termes en $\frac1{(z+k)^2(z+\ell)^2}$ quand on développe le produit.
pour calculer les sommes avec des puissances plus élevées il suffit de dériver.