Limite de Zeta(2)

[inviteb4b89598]

Bonjour, comment fait on pour calculer Lim Zeta(2) = pi²/6 ?? (avec seulement un niveau bac)
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[invitebe0cd90e]

en fait, il y a une formule generale pour les entiers pairs, voir http://fr.wikipedia.org/wiki/Fonctio...Aspects_divers

mais elle est assez moche, je ne sais plus si elle peut se demontrer au niveau bac....

[invite6f25a1fe]

Mmmh, niveau bac, je ne suis pas sûr que ca se démontre. La démonsration la plus courante utilise me semble-t-il les séries de Fourier (mais je ne pense pas que ca soit niveau bac). Une nouvelle démonstration a été proposée par Mikael Passare et se base sur de la géométrie. C'est en anglais et je ne pense pas que ca soit du niveau bac non plus, mais c'est toujours intéressant à regarder : http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0701/0701039v1.pdf
La démonstration d'Euler est peut être la plus simple, si on admet le développement en série de la fonction sin :
On admet que
On en déduit que
Les racines de sin(x)/x étant celles de sin(x), sont donc les x=n, pour tout n entier relatif.
On exprime alors le polynôme (infini) comme le produit des (x-racines) comme pour les polynômes finis.
Donc
En identifiant le coefficient devant x² dans le développement de sin(x)/x, on obtient : , d'où la somme voulue.
Bon, c'est limite du niveau de BAC, mais j'ai pas mieux sous la main pour le moment...

[invite4ef352d8]

La démonstration d'Euler etant une vrai abomination pour les mathématique moderne, etant donné qu'elle est plus ou moins equivalente a admetre les dévelopement eulérien classique des fonction trigonométrique... qui donnent quand ils sont convenablement ecrit de facon tous a fait trivial la valeur de Zeta(2)

le fait que c'est démonstration donne le bon résultat est plutot une curiosité à noter (et un belle exemple de ce que faisait les mathématicien de l'époque aussi ), mais est plutot miraculeux, avec d'autre fonctions (exponentielle par exemple) sa donne des résultat totalement absurde.



il y a une démonstration niveaux début de Sup abordable en terminal, je vais essayer de la trouver.

la seul chose qui dépasse le nivaux terminal dont on devrait avoir bessoin, c'est de calculer la somme des racines d'une polynome en fonctions de ces coeficients...

est-ce que tu sais que si on a un polynome "ao+a1*x+...+ak*x^k, alors la somme de ces racines (prises dans C) est -(a(k-1)/ak) ? (c'est la seul chose dont j'aurais bessoin je pense...)

[A voir en vidéo sur Futura]

[inviteb4b89598]

Non je ne connais pas la somme des racines prises dans C, mais peux-tu me démontrer la limite en admettant le résultat ?
Je crois que je comprends la démonstration de Scorp, j'ai juste une question : le developpement en série de sinx s'obtient-il grâce à des integrations ?

[invite4ef352d8]

Sa y est j'ai retrouvé cette methode !

on l'avait fait en exercice en sup, mais sa n'utilise quasiement que des choses connu des eleves de terminal (a part les relations coeficient racines...)




donc la premier question, il s'agit de décomposer le sin((2n+1)x), en une somme de terme en sin(x)^k*cos(x)^(2n-2k) grace a la formule de moivre et a la formule du binome, manipulation "classique" en terminal, apres en divisant le tous par sin(x)^(2n+1) tu simplifi les terme en sin(x) et il te reste effectivement des cot(x)^2k, (cot(x), c'est cos(x)/sin(x) hein)

une fois que tu as obtenue ce polynome, tu cherche ces racines sous la forme x=cot(a)^2 evidement !
donc si cot(a)^2 est racines, c'est P(cot(a)²)=0, ie que sin((2n+1)a)=0 et a différent de 0.

donc (2n+1)a=kPi, a= kPi/(2n+1)

apres on remarque qu les cot(kPi/(2n+1))² sont racines pour k allant de 1 a n, on a donc trouvé n racines distinct du polynome, qui est de degré n on a donc toute ces racines !



3) la somme des cot, s'obtiens avec la fameuse relation coeficient racines dont j'ai parlé dans le message d'avant (qui cela dit est assez simple a montrer, si ton polynome s'ecrit C*(x-a1)*(x-a2)..(x-an), ou a1,a2...an sont ces racines complexes, alors quand tu dévelope sa tu trouve comme premiers termes C*x^n-C*(a1+a2...+an)x^(n-1)+ des terme en x^k,k<n-1.

donc si le polynome est P=c0+...+c(n-1)x^(n-1)+cn*x^n, la somme des racines est bien -c(n-1)/cn.

pour la sommes des 1/sin², c'est une petit formule de trigo pour la déduir e la somme précedente : cot²(x)+1= 1/sin(x)². donc c'est la somme précedente +n.

4a) bon ba oui... on peut par exemple remarquer que tan(x)'=1+tan(x)²>=1, sin'(x)=cos(x)<=1, donc en intégrant :
intégral de 0 a x de tan'(t) dt >= intégral de 0 a x de 1*dt > intégral de 0 a x de sin'(t)dt

d'ou le résultat.



b), en manipulant l'inégalité précedente, on a cot(x)²<= 1/x² <= 1/sin(x)²

il te reste plus qu'a ca utiliser pour montrer que la somme des ((2n+1)/(kPi))² pour k allant de 1 a n est compris entre les deux sommes precedente., et en divisant par ((2n+1)/Pi)² tu obtiens l'encadrement voulue.

et enfin 4c) : il ne te reste plus qua passer à la limite quand n->+infinit pour obtenir le résultat voulue.


cette methode est tous de meme assez fastidieuse par rapport au bete calcule d'une serie de fourier, ou d'une application d'une théorème des résidu... mais c'est la seul methode que je connaisse qui n'utilise aucun de ces gros résultat d'analyse.

voila, si tu bloque quelque part n'hesite pas à demander !