HighKholle

Exercice 529 ⭐️⭐️ Le problème de Bâle, Spé/L2/Classique

➡️ Séries numériques

On ne peut pas sortir de prépa ou L3 sans avoir démontré au moins une fois que ∑n=1∞1n2=π26\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}. C’est Euler qui a trouvé la valeur de cette somme au XVIII ème siècle, et ce, sans l’aide de Highkhôlle.

Si Euler l’a fait, alors nous aussi on peut le faire (hmm…😭). Allons-y !

On rappelle que la fonction cotangente est définie par :
∀t∉πZ, cotan(t)=cos⁡(t)sin⁡(t).\forall t\notin \pi\Z,~\mathrm{cotan}(t)=\frac{\cos(t)}{\sin(t)}.

  1. Soit n∈N∗\displaystyle n\in\N^*. Pour t∈]0,π2[\displaystyle t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[, montrer qu’il existe un polynôme Pn\displaystyle P_n (dont on donnera une expression) tel que pour tout t∈]0;π/2[\displaystyle t\in]0;\pi/2[,
    sin⁡((2n+1)t)sin⁡2n+1(t)=Pn(cotan2(t)).\frac{\sin((2n+1)t)}{\sin^{2n+1}(t)}=P_n(\mathrm{cotan}^2(t)).
  2. Pour k∈[ ⁣[1,n] ⁣]\displaystyle k\in[\![1,n]\!], on pose xk=cotan2(kπ2n+1)\displaystyle x_k=\mathrm{cotan}^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right).
    Justifier que les réels x1,…,xn\displaystyle x_1,\dots,x_n sont des racines de Pn\displaystyle P_n, et qu’elles sont toutes distinctes.
  3. En utilisant les coefficients de Pn\displaystyle P_n devant Xn\displaystyle X^n et Xn−1\displaystyle X^{n-1}, montrer que ∑k=1nxk=n(2n−1)3.\sum_{k=1}^n x_k=\frac{n(2n-1)}{3}.
  4. Établir l’encadrement suivant : pour tout t∈]0;π/2[\displaystyle t\in]0;\pi/2[,
    cotan2(t)≤1t2≤1+cotan2(t).\mathrm{cotan}^2(t)\leq \frac{1}{t^2}\leq 1+\mathrm{cotan}^2(t).
  5. En déduire que pour n∈N∗\displaystyle n\in\N^*, le réel Sn=∑k=1n1k2\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} vérifie :
    n(2n−1)3≤(2n+1)2π2 Sn≤n+n(2n−1)3.\frac{n(2n-1)}{3}\leq \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}~S_n\leq n+\frac{n(2n-1)}{3}.
  6. Déterminer la valeur de ∑n=1∞1n2\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}.
  1. Développer sin⁡(Nt)\displaystyle \sin(Nt) 👉 De Moivre et binôme de Newton.
  2. Vérifier que Pn(xk)=0\displaystyle P_n(x_k)=0.
  3. Identification de coefficients entre la forme développée et la forme factorisée de Pn\displaystyle P_n.
  4. Inégalité pour tout t\displaystyle t dans un intervalle 👉 Étude de fonction.
  5. Choisir le bon t\displaystyle t, puis sommer.
  6. Gendarmes !
  1. La formule de Moivre et du binôme donnent :
    sin⁡((2n+1)t)=Im((cos⁡(t)+i sin⁡(t))2n+1)=Im(∑k=02n+1(2n+1k)cos⁡2n+1−k(t)iksin⁡k(t)),\begin{aligned} \sin((2n+1)t)&=\mathrm{Im}\left(\left(\cos(t)+i~\sin(t)\right)^{2n+1}\right)\\ &=\mathrm{Im}\left(\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}\cos^{2n+1-k}(t)i^k\sin^k(t)\right), \end{aligned}
    or i2p=(−1)p\displaystyle i^{2p}=(-1)^p et i2p+1=(−1)pi\displaystyle i^{2p+1}=(-1)^p i, donc :
    sin⁡((2n+1)t)=∑p=0n(2n+12p+1)cos⁡2n−2p(t)(−1)psin⁡2p+1(t).\sin((2n+1)t) = \sum_{p=0}^{n}\binom{2n+1}{2p+1}\cos^{2n-2p}(t)(-1)^p\sin^{2p+1}(t).
    Ainsi
    sin⁡((2n+1)t)sin⁡2n+1(t)=∑p=0n(2n+12p+1)cos⁡2n−2p(t)(−1)psin⁡2p−2n(t)=Pn(cotan2(t)),\begin{aligned} \frac{\sin((2n+1)t)}{\sin^{2n+1}(t)}&= \sum_{p=0}^{n}\binom{2n+1}{2p+1}\cos^{2n-2p}(t)(-1)^p\sin^{2p-2n}(t)\\&=P_n(\mathrm{cotan}^2(t)), \end{aligned}
    avec Pn(X)=∑p=0n(2n+12p+1)(−1)pXn−p\displaystyle P_n(X)=\sum_{p=0}^{n}\binom{2n+1}{2p+1}(-1)^p X^{n-p}.
  2. D’après la relation précédente, on a pour k∈[ ⁣[1,n] ⁣]\displaystyle k\in[\![1,n]\!] :
    Pn(xk)=sin⁡(kπ)sin⁡2n+1(kπ2n+1)=0.P_n(x_k)=\frac{\sin(k\pi)}{\sin^{2n+1}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=0. De plus cotan\displaystyle \mathrm{cotan} est strictement décroissante sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[, car cotan′(t)=−1sin⁡2(t)\displaystyle \mathrm{cotan}'(t)=\frac{-1}{\sin^2(t)}.
    Par conséquent x1>x2>⋯>xn\displaystyle x_1>x_2>\dots >x_n, en particulier ces racines sont toutes distinctes.
  3. Pn\displaystyle P_n est de degré n\displaystyle n, il est donc scindé à racines simples : en notant α\displaystyle \alpha son coefficient dominant,
    Pn(X)=α(X−x1)(X−x2)…(X−xn).P_n(X)=\alpha(X-x_1)(X-x_2)\dots(X-x_n). L’expression de Pn\displaystyle P_n en 1. donne α=(2n+11)=2n+1\displaystyle \alpha=\binom{2n+1}{1}=2n+1.
    Par ailleurs l’identification du coefficient devant Xn−1\displaystyle X^{n-1} donne : −α∑k=1nxk=−(2n+13).\displaystyle -\alpha \sum_{k=1}^n x_k= -\binom{2n+1}{3}.
    Ainsi ∑k=1nxk=(2n+13)2n+1=n(2n−1)3\displaystyle \sum_{k=1}^n x_k=\frac{\binom{2n+1}{3}}{2n+1}=\frac{n(2n-1)}{3}.
  4. Notons I=[0,π2[\displaystyle I=\left[0,\frac{\pi}{2}\right[. On rappelle que pour t∈I\displaystyle t\in I, 0≤sin⁡(t)≤t\displaystyle 0\leq\sin(t)\leq t.
  • Posons u(t)=tan⁡(t)−t\displaystyle u(t)=\tan(t)-t. u\displaystyle u est dérivable sur I\displaystyle I et ∀t∈I, u′(t)=tan⁡2(t)≥0\displaystyle \forall t\in I, ~u'(t)=\tan^2(t)\geq 0.
    Donc u\displaystyle u est croissante sur I\displaystyle I. ainsi ∀t∈I\displaystyle \forall t\in I, u(t)≥u(0)=0\displaystyle u(t)\geq u(0)=0.
    On en déduit que pour t∈]0;π/2[\displaystyle t\in]0;\pi/2[, cotan2(t)≤1t2\displaystyle \mathrm{cotan}^2(t)\leq \frac{1}{t^2}.
  • On a par ailleurs pour t∈]0,π/2[\displaystyle t\in]0,\pi/2[ : 1+cotan2(t)=1sin⁡2(t)≥1t2\displaystyle 1+\mathrm{cotan}^2(t)=\frac{1}{\sin^2(t)}\geq\frac{1}{t^2}.
  1. On applique cet encadrement à t=kπ2n+1\displaystyle t=\frac{k\pi}{2n+1} : xk≤(2n+1)2π2k2≤1+xk.x_k\leq \frac{(2n+1)^2}{\pi^2k^2}\leq 1+x_k.
    On prend la somme pour k∈[ ⁣[1,n] ⁣]\displaystyle k\in[\![1,n]\!] : n(2n−1)3≤(2n+1)2π2 Sn≤n+n(2n−1)3.\frac{n(2n-1)}{3}\leq \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}~S_n\leq n+\frac{n(2n-1)}{3}.
  2. On obtient ainsi un encadrement de Sn\displaystyle S_n :
    π2n(2n−1)3(2n+1)2≤Sn≤π2n(2n+1)2+π2n(2n−1)3(2n+1)2.\frac{\pi^2 n(2n-1)}{3(2n+1)^2}\leq S_n\leq \frac{\pi^2n}{(2n+1)^2}+\frac{\pi^2 n(2n-1)}{3(2n+1)^2}.
    Or lim⁡n→∞π2n(2n−1)3(2n+1)2=π26\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{\pi^2 n(2n-1)}{3(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6}, et lim⁡n→∞π2n(2n+1)2=0\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{\pi^2n}{(2n+1)^2} = 0.
    Donc par comparaison, ∑n=1∞1n2=lim⁡n→∞Sn=π26.\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{\pi^2}{6}.