Niveau Licence Maths 1e ann

Calculer zeta(2n) avec l'analyse complexe

Posté par
SkyMtn 16-08-17 à 13:31

Bonjour ! J'aimerais démontrer la formule de $\zeta(2n)$ en utilisant seulement l'analyse complexe

Ma tentative de preuve :

On peut généraliser une méthode du calcul de $\zeta(2)$ , qui consiste à intégrer la fonction $z\mapsto \frac{\pi\cot \pi z}{z^2}$ sur le bord d'un carré qui contourne les pôles entiers, puis sommer les résidus...

Il faut donc intégrer la fonction méromorphe $z\mapsto \dfrac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}}$ le long du bord d'un carré dont les coins sont $(N+1/2)(1+\mathrm i)$ , $(N+1/2)(-1+\mathrm i)$ , $-(N+1/2)(1+\mathrm i)$ et $(N+1/2)(1-\mathrm i)$ avec $N$ un entier naturel assez grand (disons supérieur à 1 pour les majorations d'intégrales).

Ainsi, le contour $C_N$ entoure des pôles entiers compris entre $-N$ et $N$ .

Bon... faut les résidus --' mais ils ne sont pas si difficiles à trouver.
Tout commence avec la fonction génératrice des nombres de Bernoulli :

$\begin{split} B(z) = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!} \, z^m = \frac{z}{\mathrm e^z -1}\end{split}$ pour tout complexe $z$ tel que $\vert z\vert < 2\pi$ .

Il suffit de remarquer que si $\vert z\vert < 1$ :

$\begin{split} B(2\mathrm i\pi z) + B(-2\mathrm i\pi z) = \sum_{m=0}^\infty \frac{2(-1)^m (2\pi)^{2m} B_{2m}}{(2m)!} \, z^{2m} = \frac{2\mathrm i\pi z(\mathrm e^{2\mathrm i\pi z}+1)}{\mathrm e^{2\mathrm i\pi z}-1} = 2\pi z\cot \pi z\end{split}$

puis il vient que le développement de Laurent de la fonction $z\mapsto \pi\cot\pi z$ en 0 est :

$\begin{split} \pi \cot \pi z = \frac{1}{z} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m}(2\pi)^{2m}B_{2m}}{(2m)!}\, z^{2m-1}\end{split}$

Cette formule donne directement le résidu en 0 (pôle d'odre 2n+1) : $\begin{split} \underset{z=0}{\mathrm{Res}} \;\frac{\pi \cot \pi z}{z^{2n}} = (-1)^n\frac{(2\pi)^{2n} B_{2n}}{(2n)!}\end{split}$
Par ailleurs, cela nous dit aussi que $\pi \cot \pi h = \frac{1}{h} - \frac{\pi^2}{3}\, h + o(h)$ lorsque $h\to 0$ .
Du coup lorsque $z\to k \neq 0$ , en posant $h=z-k\to 0$ il est immédiat que $\underset{z=k\neq 0}{\mathrm{Res}}\;\dfrac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}} = \dfrac{1}{k^{2n}}$ par périodicité de la cotangente.

Ensuite, le théorème des résidus assure que :

$\begin{split} \frac{1}{4\mathrm i\pi}\oint_{C_N} \frac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}}\,\mathrm dz = \sum_{k=1}^N \frac{1}{k^{2n}} + (-1)^{n} \frac{(2\pi)^{2n} B_{2n}}{2(2n)!} = \sum_{k=1}^N \frac{1}{k^{2n}} - (-1)^{n+1} \frac{(2\pi)^{2n} B_{2n}}{2(2n)!} \end{split}$

J'ai divisé le tout par 2, par parité de 1/k²ⁿ...

Maintenant il faut montrer que l'intégrale tend vers 0 lorsque $N\to\infty$ .
Notons que pour $\mathrm{Im}(z) \geqslant 1$ , les inégalités triangulaires donnent $\vert \cot\pi z\vert \leqslant \frac{\mathrm e^{-2\pi \mathrm{Im}(z) } +1}{\vert \mathrm e^{-2\pi \mathrm{Im}(z) }-1\vert} \leqslant \frac{1+\mathrm e^{-2\pi}}{1 - \mathrm e^{- 2\pi}}$ .
De même, quand $\mathrm{Im}(z)\leqslant 1$ on a $\vert \cot\pi z\vert \leqslant \frac{\mathrm e^{-2\pi \mathrm{Im}(z) } +1}{\vert \mathrm e^{-2\pi \mathrm{Im}(z) }-1\vert} \leqslant \frac{1+\mathrm e^{-2\pi}}{1 - \mathrm e^{- 2\pi}}$ .
Il reste alors à borner la cotangente sur les verticales lorsque $\vert y\vert < 1$ . Par périodicité de la cotangente :
$\vert \cot(\pm \pi(N+1/2)+\mathrm i\pi y)\vert = \vert \cot(\pm\pi/2 + \mathrm i \pi y)\vert =\vert \tanh \pi y\vert \leqslant 1$ .
En définitive, la fonction $\cot \pi z$ est bornée sur le bord du carré par $M=\max\{1, \frac{1+\mathrm e^{-2\pi}}{1 - \mathrm e^{- 2\pi}}\}$ .
Puis pour tout $z\in C_N, \vert z\vert \geqslant (N+1/2)$ ce qui entraîne $\left\vert \frac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}}\right\vert \leqslant \frac{\pi M}{(N+1/2)^{2n}}$ .
Il suffit alors d'exploiter le lemme d'estimation (un résultat classique) :

$\begin{split} \left\vert\oint_{C_N} \frac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}}\,\mathrm dz\right\vert \leqslant \ell(C_N) \max_{z\in C_N} \left\vert \frac{\pi\cot \pi z}{z^{2n}} \right\vert\leqslant \frac{8\pi(N+1/2)M}{(N+1/2)^{2n}} = \frac{8\pi M}{(N+1/2)^{2n-1} }\xrightarrow[N\to\infty]{} 0 \end{split}$

Ce qui permet de conclure que pour tout entier $n\geqslant 1$ :

$\begin{split}\zeta(2n) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2n}} = (-1)^{n+1} \frac{(2\pi)^{2n} B_{2n}}{2(2n)!}\end{split}$

Est-ce correct ?

Ce topic

Imprimer
Réduire / Agrandir
Pour plus d'options, connectez vous !
Fiches de maths

analyse complexe en post-bac
2 fiches de mathématiques sur "analyse complexe" en post-bac disponibles.

Rechercher

Espace membre

Zone membre

Pas de compte ?
Je m'inscris

13 visiteurs

Changer d'île

Cours et Exercices de maths

Forum de maths

college

lycee

Outils de maths

Pages les plus populaires

Calculer zeta(2n) avec l'analyse complexe

Seuls les membres peuvent poster sur le forum !

Ce topic

Fiches de maths