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Somme de la série des inverses des carrés - Bibm@th.net

Exercice 1 - Somme de la série des inverses des carrés ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Enoncé

Le but de l'exercice est de calculer $\sum_{n\geq 1}\frac1{n^2}$.

Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$. Démontrer que $$\int_0^\pi f(t)\sin\left(\frac{(2n+1)t}{2}\right)dt\longrightarrow_{n\to+\infty}0.$$
On pose $A_n(t)=\frac12+\sum_{k=1}^n \cos(kt).$ Vérifier que, pour $t\in]0,\pi]$, on a $$A_n(t)=\frac{\sin\left((2n+1)t/2\right)}{2\sin(t/2)}.$$
Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que, pour tout $n\geq 1$, $$\int_0^\pi (at^2+bt)\cos(nt)dt=\frac1{n^2}.$$ Vérifier alors que $$\int_0^\pi(at^2+bt)A_n(t)=S_n-\frac{\pi^2}6$$ où on a posé $S_n=\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}$.
Déduire des questions précédentes que $S_n\to \frac{\pi^2}6.$

Indication

Corrigé

Une intégration par parties donne $$\int_0^\pi f(t)\sin\big((2n+1)t/2\big)dt=\frac{2}{2n+1}f(0)+\frac{2}{2n+1}\int_0^\pi f'(t)\cos\big((2n+1)t/2\big)dt.$$ Or, il est d'une part clair que $\frac{2}{2n+1}f(0)$ tend vers 0 lorsque $n$ tend vers $+\infty$. D'autre part, on a $$\left|\int_0^\pi f'(t)\cos\big((2n+1)t/2\big)dt\right|\leq \int_0^\pi |f'(t)|dt,$$ d'où l'on déduit que $$\left |\frac{2}{2n+1}\int_0^\pi f'(t)\cos\big((2n+1)t/2\big)dt\right| \leq \frac 2{2n+1}\int_0^\pi |f'(t)|dt.$$ Le membre de droite de cette inégalité tend vers $0$, donc, par le théorème des gendarmes, il en est de même de $\frac{2}{2n+1}\int_0^\pi f'(t)\cos\big((2n+1)t/2\big)dt$. Finalement, on a bien prouvé que $$\int_0^\pi f(t)\sin\big((2n+1)t/2\big)dt\to 0.$$
C'est un calcul classique. On écrit $\cos(kt)=\Re e(e^{ikt})$ et on utilise la somme d'une série géométrique de raison différente de 1 (puisque $t\in]0,\pi]$). On obtient \begin{eqnarray*} A_n(t)&=&\frac12+\Re e\left(\frac{e^{it}-e^{i(n+1)t}}{1-e^{it}}\right)=\frac{1}2+\Re e\left(e^{i(n+1)t/2}\frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)}\right)\\ &=&\frac12+\frac{\sin(nt/2)\cos((n+1)t/2)}{\sin(t/2)}. \end{eqnarray*} Une petite formule de trigo donne $$A_n(t)=\frac{1}{2}+\frac1{2\sin(t/2)}\times \big(\sin((2n+1)t/2)+\sin(-t/2)\big)$$ ce qui finalement donne le résultat.
On calcule l'intégrale en faisant deux intégrations par parties : \begin{eqnarray*} \int_0^\pi(at^2+bt)\cos(nt)dt&=&\left[(at^2+bt)\frac{\sin(nt)}{n}\right]_0^\pi-\int_0^\pi(2at+b)\frac{\sin(nt)}{n}dt\\ &=&0-\left[(2at+b)\frac{-\cos(nt)}{n^2}\right]_0^\pi-\int_0^\pi 2a\frac{\cos(nt)}{n^2}dt\\ &=&\frac{(2a\pi+b)(-1)^n -b}{n^2}. \end{eqnarray*} Ceci vaudra $1/n^2$ pour $b=-1$ et $a=1/2\pi$. On déduit alors $$\int_0^\pi (at^2+bt)A_n(t)dt=\frac12\int_0^\pi\left(\frac{t^2}{2\pi}-t\right)dt+S_n=S_n-\frac{\pi^2}6.$$
On a donc prouvé que $$S_n-\frac{\pi^2}6=\int_0^\pi f(t)\sin(2(n+1)t/2)dt,$$ avec $f(t)=\frac{at^2+bt}{2\sin(t/2)}.$ Pour conclure, il s'agit de prouver que $f$ est de classe $C^1$ en 0. Clairement, $f$ est de classe $C^1$ sur $]0,\pi]$. Pour prouver que $f$ est dérivable en 0 et que sa dérivée y est continue, on peut appliquer le théorème de prolongement d'une dérivée. On remarque ainsi que, pour $t\in]0,\pi]$, \begin{eqnarray*} f'(t)&=&\frac{2(2at+b)\sin(t/2)-(at^2+bt)\cos(t/2)}{4\sin^2(t/2)}\\ &=&\frac{2(2at+b)(t/2+o(t^2))-(at^2+bt)(1-t^2/2+o(t^2))}{t^2+o(t^2)}\\ &=&\frac{ at^2+o(t^2)}{t^2+o(t^2)}\to a. \end{eqnarray*} Par le théorème de prolongement d'une dérivée, $f$ est de classe $C^1$ en $0$. On peut alors appliquer le résultat des questions précédentes.