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Une formule du produit

Bonjour !
Quelqu’un peut-il prouver la formule suivante.
$$\frac{\pi^3}{30}=\bigg(\displaystyle\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3+1}\bigg) \times \bigg(\displaystyle\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3-1}\bigg),
$$ où $p$ est un nombre premier.
Le calcul numérique: SageMathCell.

Réponses

  • Salut
    Ce n'est pas une réponse mais j'ai un peu bidouillé (utiliser des formules :-D) et comme je n'y connais pas grand chose je dois faire une erreur quelques part.

    Ton expression ressemble à une valeur d'une fonction $L$ associée au caractère non trivial de $\Z[ i]$, mais il y a un signe qui change.
    $$
    \bigg(\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3+1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3-1}\bigg) = \bigg(\prod_{p \in \mathbb{P} } \frac{1}{1+ \chi_4(p) p^{-3}}\bigg)

    $$ En écrivant :
    $$
    \frac{1}{1+ \chi_4(p) p^{-3}} = \sum_{n \in \N} (-1)^n \chi_4(p^n) p^{-3n}

    $$ et en développant le produit, Je trouve que ton produit vaut :
    $$
    \sum_{n \in \N} \frac{\lambda(n) \chi_4(n)}{n^3} \qquad \text{$\lambda$ la fonction de Liouville} .

    $$ En fait, j'ai vu que : $ \lambda = 1_{Q} \star \mu $ où $1_Q$ c'est la fonction caractéristique des nombres carrés et $\mu$ la fonction de Möbius. Comme $\chi_4$ est complètement multiplicative on a :
    $$
    \lambda(n) \chi_4(n) = (1_{Q} \chi_4) \star(\mu \chi_4)

    $$ Et donc ton produit vaut :
    $$
    \sum_{n \in \N} \frac{1_Q(n) \chi_4(n)}{n^3} \times \sum_{n \in \N} \frac{\mu(n) \chi_4(n)}{n^3}

    $$ Maintenant, puisque $\chi_4(n^2) = 1$ :
    $$
    \sum_{n \in \N} \frac{1_Q(n) \chi_4(n)}{n^3} = \sum_{n \in \N} \frac{1}{n^6} = \zeta(6) = \frac{pi^6}{945}
    $$ D'autre part,
    $$
    \sum_{n \in \N} \frac{\mu(n) \chi_4(n)}{n^3} = \frac{1}{\sum_{n \in \N} \frac{ \chi_4(n)}{n^3}} = \frac{32}{\pi^3}.

    $$ Bref : je trouve : $\quad \dfrac{32 \pi^3}{945} .\quad$ Rohhh c'est pas loin !

    J'ai utilisé une valeur remarque pour $L(\chi_4,3)$ que j'ai vu ici page 15. Et quelques formules sur le produit de convolution (sans tout comprendre :-D)
  • Hum j'ai fait compliqué !!!
    $$
    \bigg(\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3+1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3-1}\bigg).

    $$ Je multiplie par
    $$
    \bigg(\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3-1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3+1}\bigg) .

    $$ Ça donne :
    $$
    \bigg(\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^6}{p^6-1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^6}{p^6-1}\bigg) .

    $$ Ça donne presque $\zeta(6)$ il manque juste le produit pour $p=2$ qui vaut $2^6 / (2^6-1)$.
    $$
    \frac{2^6}{2^6-1} P \times \frac{\pi^3}{32} = \frac{\pi^6}{945}
    \\

    P = \frac{32\pi^3 \times 63}{ 64 \times 945} .
    $$ Et on retrouve ton résultat !
  • @flipflop Merci beaucoup.
  • Si on veut rester à un niveau (relativement) élémentaire il reste à justifier :

    $\bigg(\displaystyle\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3-1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^3}{p^3+1}\bigg)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}$ qui vaut $\dfrac{\pi^3}{32}$ (résultat bien connu).
  • Pour compléter, il y a bien évidemment une foultitude de produits eulériens que l'on peut créer. Par exemple,
    $$\prod_p \left( 1 - \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} - \frac{1}{p^5} \right) = \frac{\zeta(3)}{\zeta(2) \zeta(6)} \approx 0,718
    $$ ou
    $$\prod_p \left( 1 + \frac{1}{p(p-1)} \right) = \frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)} \approx 1,943.
    $$ Plus généralement, pour $a,b > 1$
    $$\prod_p \left( 1 + \frac{p^a+p^b - 2}{(p^a-1)(p^b-1)} \right)= \frac{\zeta(a) \zeta(b)}{\zeta(a+b)}.$$
  • @noix de totos peux-tu poster les démonstrations des deux premières formules merci
  • Salut,

    $$
    1 + \frac{1}{p(p-1)} = \frac{(p^2-p+1)(p+1)}{p(p^2-1)} = \frac{(p^3+1)(p^3-1)}{p(p^2-1)(p^3-1)} = \frac{p^6-1}{p(p^2-1)(p^3-1)}
    $$
  • Si j'y vois bien on peut répondre à la question suivante.

    Soit $f,g \in \Z[X]$, on forme le produit infini
    $$
    \prod_p \frac{f(p)}{g(p)}.

    $$ But : rechercher des conditions pour qu'il existe des entiers positif $h_1,\dots,h_r$ et $b_1,\dots,b_m$ tel que
    $$
    \prod_p \frac{f(p)}{g(p)} =\frac{\prod_i \zeta(h_i)}{\prod_i \zeta(b_i)}.

    $$ Exemple (sauf boulette) :
    $$
    \prod_p \frac{p^{12}-p^8+p^4}{p^{12} - p^{6} + 1} =
    \frac{\zeta(36) \zeta(6)\zeta(8)}{\zeta(18)\zeta(24)\zeta(4)}
    $$
  • Flipflop a été plus rapide que moi.

    Il reste à s'assurer de la convergence absolue des différents produits eulériens, ce qui est pratiquement immédiat.
  • La formule donnée par Pedja se généralise en une jolie formule valable pour tout réel $a>1$ :
    $$
    \bigg(\displaystyle\prod_{p \equiv 1 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^a}{p^a+1}\bigg) \times \bigg(\prod_{p \equiv 3 \pmod{4} \atop p \in \mathbb{P} } \frac{p^a}{p^a-1}\bigg)=\dfrac{\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(2n+1)^{2a}}}{\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^a}}$$
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