Voici l’énoncé d’un exercice qui permet, à travers un polynôme, de calculer la valeur de zeta(2). C’est un exercice qu’on va mettre dans le chapitre des polynômes et qu’on peut mettre aussi dans le chapitre des séries. C’est un exercice faisable en première année dans le supérieur. En voici l’énoncé :
Démarrons maintenant la correction !
Question 1
Pour cette première question, démarrons avec pas mal de calculs. Intéressons nous au numérateur !
\begin{array}{l}
\sin((2n+1)a) \\
= \dfrac{e^{i(2n+1)a}-e^{-i(2n+1)a}}{2i}\\
=\dfrac{1}{2i} \displaystyle \left( (\cos a +i \sin(a))^{2n+1}-(\cos a -i \sin(a))^{2n+1} \right)\\
=\dfrac{1}{2i}\displaystyle \left( \sum_{k=1}^{2n+1} \binom{2n+1}{k}i^k\sin^{k}a\cos^{2n+1-k}a- \sum_{k=1}^{2n+1} \binom{2n+1}{k}(-1)^ki^k\sin^{k}a\cos^{2n+1-k}a \right)\\
=\dfrac{1}{2i}\displaystyle \left( \sum_{k=1}^{2n+1} \binom{2n+1}{k}(1-(-1)^k)i^k\sin^{k}a\cos^{2n+1-k}a \right)\\
=\dfrac{1}{i}\displaystyle \left( \sum_{k\ impair}\binom{2n+1}{k}i^k\sin^{k}a\cos^{2n+1-k}a \right)\\
=\displaystyle \sum_{p=0}^n\binom{2n+1}{2p+1}(-1)^p\sin^{2p+1}a\cos^{2(n-p)}a\\
\end{array}Voilà, c’était le calcul le plus dur de l’exercice. On peut maintenant diviser par le dénominateur :
\begin{array}{l}
\dfrac{\sin((2n+1)a)}{\sin^{2n+1}a} = \displaystyle \sum_{p=0}^n\binom{2n+1}{2p+1}(-1)^p\dfrac{\cos^{2(n-p)}a}{\sin^{2(n-p)}a}\\
\dfrac{\sin((2n+1)a)}{\sin^{2n+1}a} = \displaystyle \sum_{p=0}^n\binom{2n+1}{2p+1}(-1)^p cotan^{2(n-p)}a
\end{array}Le polynôme qui répond à notre question est donc :
Q(X) = \sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2p+1}(-1)^p X^{2(n-p)}Passons maintenant à la seconde question !
Question 2
Si
a \notin \pi \mathbb{Z}On a :
\begin{array}{l}
\dfrac{\sin((2n+1)a)}{\sin^{2n+1}a} = 0\\
\Leftrightarrow (2n+1) a = k\pi, k \in \mathbb{Z}\\
\Leftrightarrow a = \dfrac{k\pi}{2n+1}, k \in \mathbb{Z}
\end{array}Posons maintenant
\alpha_k = cotan^2 \left(\dfrac{k\pi}{2n+1} \right), k \in \{1, \ldots,n\}On a le résultat suivant, en utilisant la question précédente :
P(a_k)=\dfrac{\sin\left((2n+1)\dfrac{k\pi}{2n+1}\right)}{\sin^{2n+1}\dfrac{k\pi}{2n+1}} = 0On a donc trouvé n racines distinctes pour un polynôme de degré n ce sont donc les seuls et uniques racines de P. Il est même scindé à racines simples.
Pour la question suivante, on va utiliser les relations coefficients racines. Si
P = \sum_{k=0}^n a_kX^kAlors la somme des racines vaut
-\dfrac{a_{n-1}}{a_n}Ce qui, en remplaçant par les valeurs connues de P permet d’obtenir :
-\dfrac{-\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}}=\dfrac{\frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}}{2n+1}=\dfrac{n(2n-1)}{3}Ce qui conclut cette question 2 !
Question 3
Cette question n’est pas la plus dure. On a d’une part :
cotan^2 \theta = \dfrac{1}{\tan^2 \theta} <\dfrac{1}{\theta^2}D’autre part
\begin{array}{l}
1+cotan^2\theta \\
= 1+\dfrac{\cos^2 \theta}{\sin^2 \theta}\\
=\dfrac{\cos^2 \theta+\sin^2\theta}{\sin^2 \theta}\\
=\dfrac{1}{\sin^2 \theta} \\
> \dfrac{1}{\theta^2}
\end{array}Et donc on a bien :
cotan^2 \theta <\dfrac{1}{\theta^2} < 1+cotan^2 \thetaCe qui est le résultat attendu.
Question 4
Utilisation l’inégalité obtenue juste avant sur
\theta_k = \dfrac{k \pi}{2n+1}On obtient alors
\begin{array}{l}
cotan^2(\theta_k) < \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2} < 1+cotan^2(\theta_k) \\
\Leftrightarrow \alpha_k < \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2} < 1+\alpha_k
\end{array}Ensuite on somme de 1 à n :
\sum_{k=1}^n\alpha_k <\sum_{k=1}^n \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2} < n+\sum_{k=1}^n\alpha_k Pour ensuite utiliser le résultat de la fin de la question 2 :
\dfrac{n(2n-1)}{3} <\sum_{k=1}^n \dfrac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2} < n+\dfrac{n(2n-1)}{3}Puis on isole la somme qu’on recherche :
\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2} <\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} < \dfrac{n\pi^2}{(2n+1)^2}+\dfrac{n(2n-1)\pi^2}{3(2n+1)^2}Puis, en passant à la limite, le théorème d’encadrement nous donne que les deux sommes convergent vers
\dfrac{\pi^2}{6}On a donc démontré le résultat suivant, qui est la valeur de zeta(2) :
\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}Ce qui conclut notre exercice.
Cet exercice vous a plu ?
