Somme série

Une méthode qui fonctionne souvent pour démontrer ce type d'égalité est de transformer ce qu'on somme en intégrale.
Mais, ici, il faudra sûrement utiliser une intégrale multiple*.

On peut montrer, pour ce faire, que: $\displaystyle \sum_{j=n}^\infty \dfrac{1}{j^2}=\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(xy)^{n-1}}{1-xy}dxdy$

*probablement quadruple du fait ce ce qui précède et de la présence du carré.

Voici une solution.

On vérifie rapidement que la série converge et on note $S$ sa somme. 

On commence par une sommation d'Abel avec $a_n=n$ et $b_n = \displaystyle \left(\sum_{j=n}^\infty \frac{1}{j^2} \right)^2 - \frac{1}{n^2}$, d'où

\begin{align*}
   S &= \lim_{n \to + \infty} \left\lbrace \left( \left( \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right)^2 - \frac{1}{(n+1)^2} \right) \frac{n(n+1)}{2} \right\rbrace \\
   & \qquad+ \sum_{n=1}^\infty \left\lbrace \left( \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{n^2} + 2 \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right) + \frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{n^2} \right) \frac{n(n+1)}{2} \right\rbrace.
\end{align*}Il est facile de vérifier que la quantité dans la limite est $\ll n^{-1}$, de sorte que

\begin{align*}
   S &= \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{n(n+1)}{2n^4} + \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
   &= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + \sum_{n=1}^\infty \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
   &= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + S_1 + S_2
\end{align*}
où
\begin{align*}
   S_1 & := \sum_{n=1}^\infty \left( \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
   S_2 & :=  \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n} \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right).
\end{align*}
Il est connu que $S_2 = \zeta(3)$, on peut facilement le redémontrer le cas échéant. Pour $S_1$, on refait une sommation d'Abel avec $a_n=1$ et $b_n = \displaystyle \sum_{j=n+1} \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right)$, ce qui donne
$$S_1 = \lim_{n \to \infty} \left\lbrace n \left( \sum_{j=n+2} \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} \right)\right) \right\rbrace - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2(n+2)}.$$
La quantité dans la limite est $\ll n^{-1}$, d'où
$$S_1 = - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2(n+2)} = \frac{3}{2} - \zeta(2).$$
En conclusion
$$S= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + \frac{3}{2} - \zeta(2) + \zeta(3) = \frac{3 \zeta(3)}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3}{2} \approx 2,48.$$

Pendant que j'y pense, il est peut-être utile de rappeler la version "séries" de la sommation d'Abel utilisée ici.

Si toutes les séries en jeu convergent, alors
$$\sum_{n=1}^\infty a_n b_n = \lim_{n \to + \infty} \left( b_{n+1} \sum_{k=1}^n a_k \right) + \sum_{n=1}^\infty \left( b_n - b_{n+1} \right) \left( \sum_{k=1}^n a_k \right).$$

Particulièrement utile, ce résultat est le pendant discret de l'IPP pour les intégrales. De plus, si $b_n = f(n)$ où $f$ est de classe $C^1$, alors on peut remplacer la seconde somme par une intégrale, faisant ainsi une version semi-continue de la transformation d'Abel, qui prend alors souvent le nom de sommation partielle.

Effectivement, le recours à
$$\int_0^1 x^{k-1} \log x \, \textrm{d}x = - \frac{1}{k^2}$$
est une autre idée assez fréquente dans le calcul de ce type de séries. L'un des inconvénients est que ça conduit souvent à des intégrales de la forme
$$\int_0^1 \frac{\textrm{Li}_j(x) \log x}{1-x} \, \textrm{d}x \quad \left( j=2,3,\dotsc \right)$$ 
où $\textrm{Li}_j(x)$ est la fonction polylogarithmique $\displaystyle \textrm{Li}_j(x) := \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^j}$, et on a alors souvent recours aux tables existantes sur ces intégrales.

Jandri,

Tu peux soumettre ta solution à la MAA : 

https://americanmathematicalmonthly.submittable.com/submit