Intégrale double généralisée
Bonjour
On considère l'intégrale double $$
I=\iint_{[0,1]^2} \frac{1}{1-xy}\,d x d y
$$ Manifestement elle est "généralisée" en $(1,1)$. Je voudrais savoir quelle est la définition de la convergence de ce type d'intégrale. Je précise que je ne me place pas dans le cadre de la théorie de Lebesgue.
Merci d'avance, Michal
On considère l'intégrale double $$
I=\iint_{[0,1]^2} \frac{1}{1-xy}\,d x d y
$$ Manifestement elle est "généralisée" en $(1,1)$. Je voudrais savoir quelle est la définition de la convergence de ce type d'intégrale. Je précise que je ne me place pas dans le cadre de la théorie de Lebesgue.
Merci d'avance, Michal
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Réponses
Moi je pense qu'on peut faire comme pour les intégrales simples, considérer le domaine $\displaystyle D(u,v)=[0,u]\times \lbrack 0,v]$, avec : $\displaystyle 0<u<1,0<v<1$, poser : $\displaystyle I(u,v)=\iint_{D(u,v)}\frac{dxdy}{1-xy}$.
L'intégrale $\displaystyle I=\iint_{D}\frac{dxdy}{1-xy}$, où $D=[0,1]\times \lbrack 0,1]$, sera par définition : $\displaystyle I=\lim_{\substack{u\rightarrow 1^{-}\\v\rightarrow 1^{-}}}I(u,v)$.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
[En $\LaTeX$, \iint pour les intégrales doubles et \lim pour les limites. ;-) AD]
[À ton service. :-) AD]
Est-ce que quelqu'un aurait vu une définition du type $$
\iint_{D} f(x,\, y) \,d x d y=\lim_{n\rightarrow +\infty} \iint_{D_n} f(x,\, y) \,d x d y
$$ où $D=\bigcup_{n\geqslant 0} D_n$ où $(D_n)_{n\geqslant 0}$ est une suite croissante de domaines bornés ?
[En LaTeX, utiliser \iint pour les intégrales doubles et \iiint pour les triples. AD]
&=\sum_{n=0}^{\infty} \left(\int_0^1 x^ndx\right)^2\\
&=\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2}\\
&=\zeta(2)\\
&=\dfrac{\pi^2}{6}
\end{align}$
Mais ce n'est pas tout à fait « sans rien écrire ». D'un côté, le calcul direct de cette intégrale donne la série, et un changement de variable correspondant à une rotation des axes de $\frac{\pi}{4}$ donne la somme $\frac{\pi^2}{6}$. Tout ça, il faut l'écrire.
Dans les rédactions habituelles de cette démonstrations, la question de la convergence de l'intégrale est passée sous silence, on fait toutes les interversions sans justification.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Mais j'ai toujours été embarrassé par les défectuosités dans la rédaction de cette démonstration, dont j'ai parlé.
J'ai trouvé une modification de cette démonstration qui évite ces défauts, considérer plutôt l'intégrale
$ \displaystyle I=\iint_{D}\frac{dxdy}{1+xy}$, qui est désormais une intégrale proprement dite et n'a plus rien de généralisé. Elle conduit à la série alternée : $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$.
Pour le domaine $D$ je préfère le demi-carré $D=\{(x,y)|0\leq y\leq x\leq 1\}$, qui donne un domaine plus simple après rotation des axes, pour trouver la valeur de la somme de cette série alternée, qui est : $\frac{\pi^2}{12}$.
La somme $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}$ s'ensuit comme l'on sait.
Il me semble que j'en ai déjà parlé sur ce forum mais je ne retrouve pas la référence.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Et quel est l'argument que tu utilises pour permuter somme et intégrale ? La convergence dominée ?
Il y aurait moyen de s'en passer ici ?
Ce n'est pas parce que je suis négligent que mon calcul est faux. :-D
Pour tout $n>0$ et pour $0<\alpha<1$,
$\begin{align}
\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{1-xy}dxdy-\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha}\dfrac{(xy)^{n+1}}{1-xy}dxdy&=\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha} \dfrac{1-(xy)^{n+1}}{1-xy}dxdy\\
&=\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha} \left(\sum_{k=0}^{n} (xy)^k\right)dxdy\\
&=\sum_{k=0}^{n}\left(\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha}(xy)^k dxdy\right)\\
&=\sum_{k=0}^{n}\left(\int_0^{\alpha}x^k dx\right)^2\\
&=\sum_{k=0}^{n} \dfrac{\alpha^{2k+2}}{(k+1)^2}\\
\end{align}$
$f(x)=\dfrac{1}{1-x}$
$f^\prime(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}$
Donc, pour tout $0<\alpha<1$, et pour tout $x,y \in[0;\alpha]$, pour tout $n$ entier naturel,
$\displaystyle \dfrac{(xy)^{n+1}}{1-xy}\leq \dfrac{(xy)^{n+1}}{1-\alpha^2}$
Ainsi,
$\displaystyle 0\leq \int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha}\dfrac{(xy)^{n+1}}{1-xy}dxdy\leq \dfrac{1}{1-\alpha^2}\int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha} (xy)^{n+1}dxdy$
et donc:
$\displaystyle 0\leq \int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha}\dfrac{(xy)^{n+1}}{1-xy}dxdy\leq \dfrac{1}{1-\alpha^2}\dfrac{\alpha^{2n+4}}{(n+2)}\leq \dfrac{1}{1-\alpha^2}\times \alpha^{2n+4}$
Puisque $0<\alpha<1$ alors, en faisant tendre $n$ vers l'infini on a:
$\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} \int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha}\dfrac{(xy)^{n+1}}{1-xy}dxdy=0$
Par conséquent, pour tout $0<\alpha<1$,
$\begin{align}\displaystyle \int_0^{\alpha}\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{1-xy}dxdy&=\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k+2}}{(k+1)^2}\\
&=\alpha^2\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}}{(k+1)^2}
\end{align}$
Il faut maintenant un argument pour conclure par passage à la limite sur $\alpha$.
Si on pouvait éviter d'avoir recours à un théorème de convergence dominée, ce serait bien. B-)-
Voici au complet l'exercice que j'avais fabriqué pour les oraux blancs de Math Spé, hélas obsolète aujourd'hui en prépas.
Comme il s'agit d'intégrer une série géométrique, on a le reste explicitement, sans convergence dominée.
Bonne journée.
Fr. Ch.
$\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{1}{1-x^2y^2}dxdy$ qui est égale à $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}$
(cf https://www.uam.es/personal_pdi/ciencias/cillerue/Curso/zeta2.pdf qui recense quelques preuves du fait que $\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$ )
$\displaystyle \int_0^{+\infty} \int_0^1 \dfrac{x}{(1+x^2)(1+x^2y^2)}dxdy$
(J.D Harper, another simple proof of $1+\dfrac{1}{2^2}+...=\dfrac{\pi^2}{6}$,American mathematical monthly 110, 2003)
et aussi,
$\displaystyle \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{(1+y)(1+x^2y)}dxdy$
( Daniele Ritelli, Another proof of $\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$, november 2011)
Dans ce dernier papier, je lis qu'on peut prouver que:
Pour $0<a<1$,
$\displaystyle 2\left(\arctan\left(\dfrac{a}{1+\sqrt{1-a^2}}\right) \right)^2<\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{a^{4n+2}}{(2n+1)^2}<2\left(\arctan(a)\right)^2$
Pour en revenir à la définition de l'intégrale généralisée que tu donnes ( l'intégrale $\displaystyle I=\iint_{D}\frac{dxdy}{1-xy}$, où $D=[0,1]\times \lbrack 0,1]$, sera par définition : $\displaystyle I=\lim_{\substack{u\rightarrow 1^{-}\\v\rightarrow 1^{-}}}I(u,v)$), ça marche bien pour un pavé épointé, mais si $D$ a une forme plus compliquée, ce n'est pas suffisant, il me semble.
On peut utiliser l'intégrale,
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x}{1-x^2+x^2t^2}dt$
(Another proof that $\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$ via double integration, Tim Jameson, RIP, Math. gazette 97, 2013)
Moi, cette démonstration avec $\displaystyle I=\iint_{[0,1]\times \lbrack 0,1]}\frac{dxdy}{1-xy}$, telle que je la trouvais dans des livres, me causait un malaise parce que déjà cette intégrale double est impropre, et il faut donc s'assurer de sa convergence, qui ne va pas de soi. Par parenthèse, même quand les intégrales multiples étaient au programme en math. sup et spé., les intégrales multiples impropres ne l'étaient pas. Ensuite, on somme la série sur tout le carré, donc aussi au point $(1,1)$, où cette série diverge. Et l'interversion série-intégrale double ne me semblait pas convenablement justifiée.
C'est bien la peine, me disais-je, de tarabuster les élèves pour qu'ils prennent toutes ces précautions, si l'on s'en affranchit joyeusement quand ça nous chante.
C'est pourquoi j'ai été content d'avoir l'idée d'une intégrale double proprement dite qui évite toutes ces difficultés et conduit à la réponse. Reste que le calcul par changement de variable est assez laborieux (dans mon intégrale comme dans l'autre) et qu'une autre intégrale plus facile à calculer serait la bienvenue. Mais c'est juste pour savoir, puisque désormais on ne peut plus poser ceci en colle.
Heureusement qu'à l'Université on calcule encore des intégrales multiples, qu'on voit apparaître de temps en temps sur ce forum.
Bonne journée.
Fr. Ch.
En ramenant le problème à l'origine, pourquoi cette définition ne conviendrait-elle pas ?
intégrale convergente
ssi
$\displaystyle {\lim_{\substack{|| (X,Y)||\rightarrow 0 }}\int_a^X\int_b^Y f(x,y)\,dx\,dy}$ existe et est finie
@ Chaurien ,il me semblait avoir vu un sujet sur l' irrationnalité de $\zeta(3)$ en 90 ou 91 (Mines - Pont ? ) avec des intégrales du genre
$\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{1-y^2}{1-xyz}dxdydz $ , sa valeur $\zeta(3)+\frac{3}{8}- \frac{\pi^{2}}{12}$ n'était pas demandée
Cdt
Dans l'article qui prouve la double inégalité que j'ai recopiée plus haut, l'auteur ne se fatigue pas à donner un argument pour justifier l'interversion du passage à la limite $a\rightarrow 1$ et du signe somme. :-D
Dans les articles de moins de trente ans, la preuve que tu donnes est attribuée à Tom M. Apostol, The mathematical intelligencer 1983.
Mais dans ton PDF, il y a une référence que je ne connaissais pas.
(j'ai cherché et récupéré dans Jstor tous les articles qui traitent de cette question ainsi que sur links.springer grâce aux références citées à la fin de chaque article)
(Tim Jameson était, semble-t-il une espèce d'autodidacte, il est mort l'année où l'article que je cite plus haut a été publié si j'ai bien compris)
$\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}$ tend vers $0$ quand $\alpha$ tend vers $1$
On se donne $\epsilon>0$.
Pour $0<\alpha <1$,
on a $\left |\alpha^{2k}-1\right |\leq 2$
et $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(k+1)^2}$ est convergente.
Il existe donc $N$ tel que pour tout $0<\alpha<1$, $\left|\displaystyle \sum_{k=N+1}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}\right|<\dfrac{\epsilon}{2}$
$\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}=P_N(\alpha)+ \sum_{k=N+1}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}$
Avec $\displaystyle P_N(\alpha)= \sum_{k=0}^{N} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}$
$P_N$ est une fonction polynôme de variable $\alpha$ qui est continue en $1$ et $P_N(1)=0$.
On se donne $\epsilon>0$,
Il existe $\eta>0$ tel que pour $|\alpha-1|<\eta$ on a $\left|P_N(\alpha)\right|<\dfrac{\epsilon}{2}$
Ainsi,
Si $|\alpha-1|<\eta$ on a,
$\displaystyle\left| \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2}\right |< \dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}=\epsilon$
En espérant ne pas avoir écrit trop d'énormités.
Mais pourquoi y-a-t-il convergence uniforme?
La démonstration que j'ai faite, si elle est correcte, fonctionnerait tout aussi bien si on avait pour le terme $F(\alpha,n)$ de la série une majoration uniforme par le terme d'une série convergente qui ne dépend pas de $\alpha$.
PS:
Je ne suis pas sûr que la série en $\alpha$ soit uniformément convergente sur $\mathbb{R}$.
$$
\forall k\geqslant 0,\ \forall \alpha\in ]0,1[,\quad \left| \dfrac{\alpha^{2k}-1}{(k+1)^2} \right|\leqslant \dfrac{1}{(k+1)^2}
$$
donc il y a convergence normale
J'ai un peu oublié tous ces théorèmes, ne les utilisant plus depuis longtemps.
(mais pas dans le cas d'espèce me semble-t-il).
$$\iint_{[0,1[^2}\frac{dxdy}{1-xy}=\iint_{[0,1[^2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}x^ny^n\right)dxdy=\sum_{n=0}^{\infty}\iint_{[0,1[^2}x^ny^ndxdy$$ en appliquant le theoreme de Tonelli a la fonction positive $(n,x,y)\mapsto x^ny^n$ et a la mesure sur $\mathbb{N}\times[0,1[^2$ qui est $\left(\sum_{n=0}^{\infty}\delta_n\right)\otimes dxdy.$ Avec des fonctions positives, on n'a pas besoin de se soucier de la convergence pour inverser des sommations.
L'article de Tom M. Apostol de 1983 dans The Mathematical Intelligencer est reproduit dans le livre Pi : A Source Book, page 456. Accessible en ligne dans les Google Books, que je trouve si agaçants avec leurs pages manquantes, heureusement celle-ci est bien là :
https://books.google.fr/books?id=JWXTBwAAQBAJ&hl=fr
Apostol cite Roger Apéry, Beukers et Goldsheider, trois articles que je ne puis trouver en ligne, à moins qu'une bonne âme ne nous les communique.
La source la plus ancienne que je connaisse pour cette formule est celle qui est donnée dans mon PDF : William Judson LeVeque, 1956, que je joins. Aigner et Ziegler dans Raisonnements divins la mentionnent, mais signalent que LeVeque a dit : « Je ne sais pas du tout d'où vient cette idée mais je suis convaincu que je n'en suis pas l'auteur ».
Il faudrait voir l'article de Goldsheider de 1913, mais comme j'ai dit, je ne puis depuis mon chez-moi.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Il n'y a plus aucun doute que Tom Apostol n'est pas la source la plus ancienne pour ce calcul.
Mais ta référence ne figure pas dans son article si je me souviens bien.
Cela dit, vous connaissez sans doute le calcul attribué à Papadimitriou (publié dans la revue American mathematical monthly en 1973) pour calculer $\zeta(2)$ en utilisant une identité trigonométrique. J'ai lu, je ne sais où, que cette façon de faire était
déjà connue en Angleterre (à Cambridge?) des décennies avant.
Les sujets d'exercices, d'examens, ne donnent pas lieu à des publications de masse, voire ne donnent pas lieu à de publication sous forme /livre/article du tout.
Pour la référence à Goldsheider, pas sûr qu'on puisse l'obtenir en ligne. L'article est trop ancien.
PS:
Si l'article écrit par Roger Apéry est celui de 1979 où il esquisse une démonstration pour l'irrationalité de $\zeta(3)$, il a été téléchargé sur le forum et remastérisé si je puis dire par un membre, bien sympathique, du forum.
Encore merci à Niazov, http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,1311693,1327570#msg-1327570
PS2:
Il y a peut-être plusieurs éditions pour le livre de Leveque et en particulier une édition après 1983. :-D
Pour être tout à fait franc, j'ai eu l'idée tout seul mais c'est simple comme l’œuf de Christophe Colomb, et je pense que cette idée a dû venir à plus d'un. Mais comme je ne suis pas égoïste je l'ai communiquée au Bulletin de l'UPS, association dont j'étais alors membre.
J'ai eu aussi l'idée de remplacer le domaine carré par un domaine demi-carré qui ne présente pas plus de difficulté pour l'évaluation initiale de l'intégrale sous forme d'une série, mais qui donne un domaine plus simple après le changement de variable. Un demi-carré sur la pointe c'est un domaine « simple »,c'est-à-dire de la forme $D=\{(x,y)\in \mathbb R^{2}|a\leq x\leq b,u(x)\leq y\leq v(x)\}$, en l'occurrence :
$\Delta=\{(u,v)\in \mathbb R^{2}|0\leq u\leq \frac 12,u\leq v\leq 1-u\}$. Mais un carré sur la pointe, c'est la réunion de deux de ces domaines « simples », d'où un intermédiaire de calcul de plus dans un calcul qui apparaissait déjà redoutable pour les élèves.
Bonne journée.
Fr. Ch.
C'est un vrai mystère que l'American Mathematical Monthly, revue pourtant sérieuse, ait causé l'attribution à Ioannis Papadimitriou de la détermination de $\zeta(2)$ au moyen de polynômes, pour un articulet de 1973 de cet illustre inconnu, dont le patronyme pittoresque, façon Rastapopoulos, a bien plu.
Déjà pour mémoire, on peut trouver cette démonstration dans un livre que je pratique depuis plus de quarante ans, et que je vous conseille encore aujourd'hui : Edmond Ramis, Exercices d'Analyse, Masson et Cie, 1968 (orange), p. 196.
Pour en revenir aux sources, je pense que la véritable origine est à chercher dans l'ouvrage des frères jumeaux russes Akiva Moiseevich Yaglom (1921-2007) et Isaak Moiseevich Yaglom (1921-1988) : Challenging Mathematical Problem Book with Elementary Solutions, Vol. II, Holden Days, 1964-1967, réédition Dover 1987, p. 22-24. Il s'agit là d'une traduction de l'ouvrage originel en russe, Moscou, 1954.
C'est ce que disent Aigner et Ziegler, mais chacun peut le vérifier par lui-même, en tout cas c'est ce que j'ai fait. J'ajoute que cette méthode permet de déterminer aussi $\zeta(4)$. J'en ai fait un problème naguère pour prépa-HEC.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Ils n'ont rien attribué du tout. Ils ont seulement publié un papier qui était correct et qui avait un intérêt: ils ont contribué à faire connaître dans le monde anglo-saxon quelque chose qui n'était peut-être pas très connu.
Cette revue est "spécialisée" dans la publication des "encore une preuve de..." avec un goût prononcé pour les "one sentance proof". (J'ai parcouru systématiquement et assez méticuleusement le sommaire de cette revue de nos jours aux années 50)
Je ne sais pas d'où Edmond Ramis tient ce sujet d'exercice. En cherchant bien on trouverait peut-être une référence dans un ouvrage encore plus ancien. Comme déjà indiqué j'ai lu quelque part que d'aucuns prétendaient que c'était un exercice donné en Angleterre à je ne sais plus quelle occasion dans les années 50-60.
L'idée a sans doute germé dans de nombreuses têtes. Après tout, cette idée n'est guère éloignée de la méthode (empirique) d'Euler qui lui a servi à résoudre le problème de Bâle.
Bonne journée.
Ft. Ch.
Il est tout à fait possible que cette démonstration ait été retransmise de bouche à oreille dans le monde mathématique après sa publication en russe en 1954 par les frères Yaglom, et a fortiori après sa publication en anglais en 1967, et qu'elle ait été alors posée dans les concours d'entrée dans les High Schools comme Oxford ou Cambridge.
J'avais eu autrefois en main des énoncés posés à ces concours et qui étaient très intéressants, par exemple des questions de probabilités géométriques. D'ailleurs si quelqu'un sait où trouver ces énoncés, qu'il ne se gêne pas pour nous le dire...
C'est peut-être ainsi qu'Edmond Ramis a eu connaissance de cette démonstration, à moins qu'il ne l'ait trouvée tout seul, ce qui n'est pas à exclure.
L'American Mathematical Monthly est une revue mathématique généraliste qui donne des informations mathématiques accessibles, mettons, à un agrégé moyen, sans qu'il soit nécessaire d'être spécialisé dans tel ou tel domaine. C'est ce qui fait son intérêt. Je répète que la publication de ce
« Papadimitriou » est tout à fait singulière, d'autant qu'elle s'accompagnait d'une note :
...........................................................................................................................................................................................
NOTE. This paper was translated from a Greek manuscript and communicated to the MONTHLY on behalf of the author by Tom M. Apostol, Californian Institute of Technology. After this paper was written it was learned that the same proof was discovered independently and published in Norwegian by Finn Holme in Nordisk Matematisk Tidskrift vol. 18 (1970), pp. 91-92. See also A. M. Yaglom and I. M. Yaglom, Challenging mathematical problem with elementary solutions, vol. II, Holden-Day, San Francisco 1967, problem 145.
...........................................................................................................................................................................................
Il faut donc encore aller chercher une source en norvégien, mais qui ne met point en cause l'antériorité de Yaglom.
Cette publication de ce « Papadimitriou » a des effets viraux car, sans doute attirés par ce patronyme étrange et saugrenu ; les gens qui évoquent ce résultat se recopient pieusement et lui font une publicité imméritée.
Par exemple dans Wolfram
http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunctionZeta2.html
on trouve parmi d'autres les références : Papadimitriou 1973, Yaglom and Yaglom 1987. Cette dernière date est celle de la réédition Dover, 33 ans après la première publication en russe !
Il est difficile et passionnant de reconstituer la genèse des résultats importants. La seule attitude est de ne pas croire sur parole, et de tout vérifier par soi-même. Autant que faire se peut, bien entendu. En tout cas, moi, quand je donne une bibliographie sur ce problème de Bâle, je ne mentionne pas ce Grec.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
« » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « » « »
Wolfram est un peu coutumier de donner des sources partielles semble-t-il.. J'ai un exemple que j'ai vérifié par moi-même. Une formule attribuée à une personne. J'ai demandé à cette personne d'où il la tenait, il m'a répondu très gentiment par courriel qui l'avait lue sur une page web sur un site disparu si je me souviens bien. On lui crédite cette formule parce qu'un jour il a demandé sur une liste de diffusion si quelqu'un avait une démonstration pour cette formule (il n'a jamais prétendu l'avoir découverte dans ses recherches) B-)- Bref, je n'ai pas été capable de tracer cette formule plus en avant à l'heure d'aujourd'hui.
J'ai donné dans un autre fil un autre exemple de source partielle qui se propage parce que les gens recopient les références lues dans d'autres articles récents.
En fait, tout ceci est bien normal. Personne n'a la mémoire de tous les articles parus depuis au moins un siècle. On ne peut même pas rechercher une formule dans toutes ces archives numérisées !
(j'ai ouvert des dizaines de PDF, voire des centaines, pour rechercher tout ce qui concerne le calcul de zeta(2) et autres sujets périphériques)
Travailles-tu au FBI dans les affaires mathematiques non classées. Tes investigations mondiales, profondes et sans relache le prouve!. Avoue-le :-D
Comme on pouvait s'y attendre, on en a déjà parlé sur ce forum. Voici quelques références :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,312769,312949
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,263452,263539
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,111221,111602
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,341769,346068
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,69422,69427
Mais c'est curieux tout ceci est très ancien, je n'ai rien trouvé de plus récent. De plus malins le feront sans doute.
L'un des messages renvoie à :
https://www.uam.es/personal_pdi/ciencias/cillerue/Curso/zeta2.pdf
Bonne nuit.
Fr. Ch.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1361570
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,777308,778196
Il y a aussi ce fil avec un sujet connexe:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,1375294,1375332
$\begin{align}\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \ln\left(2\cos x\right)dx&= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \ln\left(\text{e}^{\text{i}x}\left(1+\text{e}^{-2\text{i}x}\right)\right) dx \\
&= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \left(\text{i}x-\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{n}\text{e}^{-2n\text{i}x}\right ) dx\\
&=\text{i}\dfrac{\pi^2}{8}-\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{n}\left [\dfrac{\text{e}^{-2n\text{i}x}}{2n\text{i}}\right]_0^{\tfrac{\pi}{2}}\\
&=\text{i}\left(\dfrac{\pi^2}{8}-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}\right)
\end{align}$
Donc,
$\boxed{\displaystyle \dfrac{\pi^2}{8}=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}}$
Source:
Another Eulerian-type proof, Dennis C. Russell, Mathematics Magazine, Vol. 64, No. 5, (Dec., 1991), pp. 349-349
http://www.maa.org/sites/default/files/Dennis_C45823._Russell.pdf
https://www.researchgate.net/publication/267068902_A_simple_proof_that_z2p_2_6
Encore une autre,
http://om.univ.kiev.ua/old/personnel/VVSemenov.files/stud/Series Summation.pdf
Et encore une autre,
http://www.maa.org/sites/default/files/R25699._A._Kortram.pdf
Une autre avec intégrale double:
https://www.researchgate.net/publication/266169382_Another_simple_proof_of_11_2_2_1_3_2_p_2_6
(l'article est à la fin du PDF)
Moi aussi j'ai « inventé » une démonstration de la valeur de $\zeta(2)$. En voici le schéma :
$\bullet $ Soit $\displaystyle S=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{n^{2}}$ et $ \displaystyle J=\int_{0}^{1}\frac{\ln (1+t)}{t}dt$. Alors : $J=\frac{1}{2}S$.
$\bullet $ Pour $ \displaystyle x\in \mathbb{R}$, $x>1$, soit $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{dt}{1+t^{x}}$. Alors : $\displaystyle L=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }x^{2}(F(x)-1)=2J$.
$\bullet $ Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, on a : $\displaystyle F(2n)=\int_{0}^{+\infty }\frac{dt}{1+t^{2n}}=\frac{\pi }{2n\sin \frac{\pi }{2n}}$.
$\bullet $ Pour $\displaystyle x\in \mathbb{R}^{\ast }$, soit $ \displaystyle G(x)=\frac{\pi }{x\sin \frac{\pi }{x}}$. Alors quand $x\rightarrow +\infty $ : $G(x)=1+\frac{\pi^{2}}{6}\cdot \frac{1}{x^{2}}+o(\frac{1}{x^{2}})$.
$\bullet $ Conclusion : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{n^{2}}=S=2J=\underset{x\rightarrow +\infty ,x\in \mathbb{R}}{\lim }x^{2}(F(x)-1)=\underset{n\rightarrow +\infty ,n\in \mathbb{N}}{\lim }
(2n)^{2}(F(2n)-1)$
$ \displaystyle =\underset{n\rightarrow +\infty ,n\in \mathbb{N}}{\lim }(2n)^{2}(G(2n)-1)=\underset{x\rightarrow +\infty ,x\in \mathbb{R}}{\lim }x^{2}(G(x)-1)=\frac{\pi ^{2}}{6}$.
Bon, elle ne brille pas par la concision, mais elle peut fournir matière à un problème niveau L1 ou L2 en plusieurs questions, qui étudie aussi les propriétés de la fonction : $ \displaystyle x\mapsto F(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{dt}{1+t^{x}}$, ce qui est en soi intéressant aussi.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Ton calcul me rappelle http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,777308,778324#msg-778324
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \zeta(2k)\zeta(2(n-k))=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\zeta(2n)$
Valable pour $n\geq 2$ entier.
Ce qui permet de calculer les nombres $\zeta(2n)$ par récurrence connaissant $\zeta(2)$
http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=paper&jrnid=rm&paperid=8256&option_lang=eng
(le texte est en Russe mais c'est un texte mathématique. B-)- )
On considère la fonction $f$ définie sur $[0;2\pi]$ par:
$\displaystyle f(a)=\int_0^1 \dfrac{\ln(x^2-2x\cos(a)+1)}{x}dx\tag 0$
Théorème:
Pour tout $a\in [0;2\pi]$,
$f(a)=-\dfrac{1}{2}a^2+\pi a-\dfrac{\pi^2}{3}\tag 1$
On commence par montrer que cette fonction vérifie pour tout $a\in [0;2\pi]$, l'équation fonctionnelle,
$\displaystyle f\left(\frac{a}{2}\right)+f\left(\pi-\frac{a}{2}\right)=\frac{f(a)}{2}\tag 2$
Démonstration:
$\begin{align} f\left(\frac{a}{2}\right)+f\left(\pi-\frac{a}{2}\right)&=\int_0^1 \frac{\ln\left(\left(x^2-2x\cos\left(\frac{a}{2}\right)+1\right)\left(x^2+2x\cos\left(\frac{a}{2}\right)+1\right) \right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln\left(x^4-2x^2\cos(a)+1\right)}{x}dx\\
\end{align}$
On fait le changement de variable $y=x^2$ dans la dernière intégrale et cela permet de terminer d'établir (2).
Par les théorèmes généraux sur les fonctions définies par des intégrales $f$ est de classe $C^2$.
En dérivant deux fois chaque membre de (2) on obtient une équation fonctionnelle vérifiée par $f^{\prime\prime}$,
Pour tout $a\in [0;2\pi]$,
$\displaystyle f^{\prime\prime}\left(\frac{a}{2}\right)+f^{\prime\prime}\left(\pi-\frac{a}{2}\right)=2f^{\prime\prime}(a)\tag 3$
C'est ce qui suit que je trouve étonnant et quasi magique,
$f^{\prime\prime}$ est continue sur $[0;2\pi]$ cette fonction a donc un maximum $M$ et un minimum $m$ qui sont atteints.
Il existe donc $a_0$ un élément de $[0;2\pi]$ tel que $f^{\prime\prime}(a_0)=M$
$a_0$ vérifie l'équation fonctionnelle (3),
$\displaystyle f^{\prime\prime}\left(\frac{a_0}{2}\right)+f^{\prime\prime}\left(\pi-\frac{a_0}{2}\right)=2f^{\prime\prime}(a_0)=2M$
Or,
$ f^{\prime\prime}\left(\frac{a_0}{2}\right)\leq M$ et $f^{\prime\prime}\left(\pi-\frac{a_0}{2}\right)\leq M$ par définition de $M$.
Cela implique que $f^{\prime\prime}\left(\frac{a_0}{2}\right)=f^{\prime\prime}\left(\pi-\frac{a_0}{2}\right)=M$
On peut donc montrer par récurrence que pour tout $n\geq 1$ entier naturel,
$f^{\prime\prime}\left(\frac{a_0}{2^n}\right)=M\tag 4$
$f^{\prime\prime}$ est en particulier continue en $0$ donc en faisant tendre $n$ vers l'infini dans (4) on obtient que:
$M=f^{\prime\prime}(0)$.
En considérant $m$ le minimum de $f^{\prime\prime}$ on montrerait de même que:
$m=f^{\prime\prime}(0)$
et ainsi cela prouve que $f^{\prime\prime}$ est une fonction constante.
Il existe donc $\alpha,\beta,\gamma$ trois réels tels que,
Pour tout $a\in[0;2\pi]$,
$f(a)=\alpha a^2+\beta a+\gamma\tag 5$
On remplace l'expression (5) dans l'équation fonctionnelle (3) on obtient que:
$\alpha\pi+\dfrac{\beta}{2}=0$ et $\alpha \pi^2 +\beta \pi+\dfrac{3}{2}\gamma=0$
Si on calcule directement, par les théorèmes généraux sur les fonctions définies par des intégrales, on obtient pour tout $a\in [0;2\pi]$,
$\displaystyle f^\prime(a)= 2\sin a\int_0^1\dfrac{1}{x^2-2x\cos a+1}dx$
On fait $a=\dfrac{\pi}{2}$ dans cette formule on obtient,
$\begin{align} f^\prime\left(\dfrac{\pi}{2}\right)&=2\int_0^1 \dfrac{1}{x^2+1}dx\\
&=2\times \dfrac{\pi}{4}\\
&=\dfrac{\pi}{2}
\end{align}$
De (5) on obtient en dérivant pour tout $a\in [0;2\pi]$,
$f^\prime(a)=2\alpha a+\beta$
Ainsi,
$\alpha \pi +\beta=\dfrac{\pi}{2}$
Il n'y a plus qu'à résoudre le système des trois équations en $\alpha,\beta,\gamma$ et ainsi on termine la preuve du théorème.
Pour obtenir la valeur de $\zeta(2)$, on applique le théorème avec la valeur $a=0$ on obtient,
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)}{x}dx=-\dfrac{\pi^2}{6}$
Et on continue de manière habituelle, développement en série entière de l'intégrande...
d'après l'article, Euler's integrals, de H. Haruki et S. Haruki, The mathematical gazette, 1983.
Hata attribue l'idée à T. Apostol (l'article est en ligne http://fermatslibrary.com/s/a-proof-that-euler-missed ).
L'idée de Chaurien ($\int_0^1dx\int_{-1}^1\frac{dy}{1+xy}$) a déjà été publiée en 1913 (apparemment dans Archiv für Mathematik und Physik).
De quelle intégrale parles tu exactement?
Si c'est de $\displaystyle \int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy}dxdy$
Je te renvoie au lien posté dans le message de Chaurien:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1400462,1402198#msg-1402198
La page en copie serait extraite d'un livre de 1956. (il y a une incertitude sur le fait que ce livre a très probablement eu plusieurs éditions, peut-être une édition mise à jour après 1983? Mais si ce n'est pas le cas alors Apostol, RIP, n'est pas la source la plus ancienne publiée pour ce calcul)
Pour l'instant, la référence la plus ancienne pour la démonstration par l'intégrale double est le livre de LeVeque, Topics in Number Theory, 1956. Ce livre a eu une réédition Dover en 1984, mais ceci ne change rien à la question de la première apparition de cette démonstration.
https://books.google.fr/books?id=ocAySqjVLeEC&printsec=frontcover&hl=fr&source=gbs_ge_summary_r&cad=0#v=onepage&q&f=false
À première vue, l'article de Tom Apostol dans le Mathematical Intelligencer de 1983 n'apporte rien de nouveau. Il oublie même LeVeque dans ses références.
Il faudrait regarder l'article de Goldsheider de 1913, pour voir s'il m'a piqué mon idée de remplacer $\frac{1}{1-xy}$ par $\frac{1}{1+xy}$ ;-). Mais ça semble une revue difficile à trouver.
Démonstration par les polynômes.
J'ai oublié de féliciter et remercier Fin de Partie pour avoir trouvé l'article en russe des frères Yaglom de 1953, qui leur confère la paternité de cette démonstration, comme j'avais dit. Avec son parrainage de Rastapopoulos - Papadimitriou dans l'American Mathematical Monthly, l'intervention de Tom Apostol dans ce problème n'apporte que confusion.
Il semble que Fin de Partie ait rassemblé une collection sans pareille de démonstrations de ce théorème. Je pense qu'il devrait rédiger un article sur ce sujet en les classant : ce serait très utile.
Bonne journée, enfin estivale.
Fr. Ch.