Somme série
Bonjour
Montrer que
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\Big(n\big(\sum_{j=n}^{\infty} \frac{1}{j^2}\big)^2 - \frac{1}{n}\Big) = \frac{3}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3\zeta(3)}{2}.
$$ Merci.
Avec quelques questions intermédiaires ça ferait un joli exercice oral ENS ou X année $\geq 2022$
Montrer que
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\Big(n\big(\sum_{j=n}^{\infty} \frac{1}{j^2}\big)^2 - \frac{1}{n}\Big) = \frac{3}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3\zeta(3)}{2}.
$$ Merci.
Avec quelques questions intermédiaires ça ferait un joli exercice oral ENS ou X année $\geq 2022$
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Réponses
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.
Astucieux d'introduire l’intégrale double.
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
$$S= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + \frac{3}{2} - \zeta(2) + \zeta(3) = \frac{3 \zeta(3)}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3}{2} \approx 2,48.$$
Pearls of quadratic series par Ovidiu Furdui and Alina Sintamarian
C’est dans le théorème 1 https://ssmr.ro/gazeta/gma/2020/gma3-4-2020-continut.pdf
O.Furdui et À.Sintamarian ont trouvé comment utiliser la transformation d’Abel pour calculer la somme de divers séries.
En revanche, il y a une coquille dans leur sommation d'Abel : l'indice supérieur de la seconde somme est $n-1$ et non $n$. Évidemment, lorsqu'on l'utilise sur des séries convergentes comme je l'ai fait ci-dessus, cette coquille devient sans objet.
http://files.ele-math.com/articles/jca-08-11.pdf
Ceci dit, c'est intéressant, mais on ne peut s'empêcher de penser qu'ils ont trouvé là le bon filon.
Mais peu importe : je vais te la faire, elle repose d'ailleurs sur le même principe, i.e. une sommation (ou transformation, ici) d'Abel. Elle nécessite aussi l'identité
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta(3)$$
où $H_n$ est, comme d'habitude, le $n$ème nombre harmonique. Voir https://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html, formule (67).
On fait donc une sommation d'Abel avec $a_n := \dfrac{1}{n}$ et $b_n:= \displaystyle \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2}$, ce qui donne
$$S_2 = \lim_{n \to + \infty} \left( H_n \sum_{j=n+2}^\infty \frac{1}{j^2} \right) + \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}.$$
On vérifie que la quantité dans la limite est $\asymp \frac{\log n}{n}$, de sorte que cette limite est nulle, et donc
$$S_2 = \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2} = \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{H_{n+1}}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+1)^3} \right) = 2 \zeta(3)-1-(\zeta(3)-1) = \zeta(3).$$
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.
$$\int_0^1 x^{k-1} \log x \, \textrm{d}x = - \frac{1}{k^2}$$
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.
Quand on copie des formules LaTeX il faut faire "coller en texte brut", un "coller" simple me fait des choses bizarres.
Tu peux soumettre ta solution à la MAA :
https://americanmathematicalmonthly.submittable.com/submit