Intégrale double généralisée

Il y a ce document qui faisait référence mais qui n'a pas été mis à jour, dans le contenu, depuis plus de dix ans,

http://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf

et on peut consulter,

https://math.stackexchange.com/questions/8337/different-methods-to-compute-sum-limits-k-1-infty-frac1k2/1688540

J'ai prévu de passer à la BU de Jussieu la semaine prochaine. Quant à faire une copie de l'article ... je vais emmener mon appareil photo.

Et sinon, quelqu'un a cité la démonstration utilisant le théorème de Tannery ?

Ca a été publié dans le Monthly en 2002 :

Bonjour.
Si je n'ai pas rêvé, un message donnait le moyen de télécharger le livre de LeVeque, mais il a disparu subrepticement, et et je ne l'ai pas utilisé à temps. Si quelqu'un peut me le communiquer par message privé, je le remercierai vivement et en échange je lui ferai cadeau d'une information précieuse.
Bonne journée.
Fr. Ch.

N'écoutant que mon courage j'ai bravé la canicule et je suis allé à la Bibliothèque Math-Recherche de Jussieu, et j'ai trouvé l'article de Goldscheider de 1913, ce qui établit, me semble-t-il, l'origine de la démonstration au moyen de l'intégrale double.
Cette bibliothèque est vraiment très riche en revues, d'un grand nombre de pays et d'époques. J'ai bien fait d'y aller sans attendre car elle ferme demain pour n'ouvrir que le 21 août, et d'y aller le matin car elle ferme en juillet à 17 h 30.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
20/07/2017

Je propose de montrer, sans connaître la valeur de $\zeta(2)$, que:

$\displaystyle J:=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx=\frac{\pi^2}{12}$

Pour ce faire on définit sur $[0;1]$ la fonction $f$ par:

$\displaystyle f(s)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \arctan\left(\frac{\sin t}{\cos t+s}\right)\,dt$

On remarque que,

$\begin{align} f(0)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\frac{\sin t}{\cos t}\right)\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} t\,dt\\
&=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{\pi^2}{8}
\end{align}$

Pour tout $t$ dans $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$,

$\begin{align} \frac{\sin t}{\cos t+1}&=\frac{2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)}{\cos^2\left(\frac{t}{2}\right)-\sin^2\left(\frac{t}{2}\right)+1}\\
&=\frac{2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)}{2\cos^2\left(\frac{t}{2}\right)}\\
&=\tan\left(\frac{t}{2}\right)
\end{align}$

Donc,

$\begin{align} f(1)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\frac{\sin t}{\cos t+1}\right)\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{t}{2}\,dt\\
&=\left[\frac{t^2}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{\pi^2}{16}
\end{align}$

Pour tout $s$ de $[0,1]$,

$\begin{align}
f^\prime(s)&=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin t}{1+2s\cos t+s^2}\,dt\\
&=\left[\frac{\ln(1+2s\cos t+s^2)}{2s}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{1}{2}\frac{\ln\left(1+s^2\right)}{s}-\frac{\ln\left(1+s\right)}{s}
\end{align}$

Ainsi,

$\begin{align}
f(1)-f(0)&=\int_0^1 f^\prime(s)ds\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln\left(1+s^2\right)}{s}\,ds-\int_0^1 \frac{\ln\left(1+s\right)}{s}\,ds\\
\end{align}$

Dans la première intégrale on fait le changement de variable $y=s^2$, donc,

$\displaystyle f(1)-f(0)=-\frac{3}{4}J$

Or,

$\begin{align} f(1)-f(0)&=\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi^2}{8}\\
&=-\frac{\pi^2}{16}
\end{align}$

Donc,

$\boxed{\displaystyle J=\frac{\pi^2}{12}}$


PS:
J'étais en train de calculer une intégrale et j'ai pensé à cette façon de calculer J.
J'imagine que je suis influencé par une preuve que j'ai lue quelque part mais je n'ai pas encore retrouvé la source (si elle existe).

A partir de la connaissance de la valeur de $\zeta(2)$ ce n'est pas difficile d'obtenir la valeur de,
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}dt$.

$\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}\,dt+\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt=\int_0^1 \frac{\ln(1-t^2)}{t}\,dt
\end{align}$

Et on fait le changement de variable $y=t^2$ dans l'intégrale du membre de droite,

Donc,
$\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}\,dt+\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt
\end{align}$

On a donc,

$\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}\,dt=-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt
\end{align}$


Et on peut développer en série l'intégrande de cette dernière intégrale et intégrer la série entière obtenue terme à terme pour obtenir qu'elle vaut $-\zeta(2)$

Et donc,

$\boxed{\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}\,dt=\frac{1}{2}\zeta(2)}$

Totem:

Je n'ai pas compris ta question.
Par ailleurs, tu parles de l'intégrande de l'intégrale du tout premier message?

Bonjour,

La démonstration la plus simple n'est-elle pas celle-ci ?

$\displaystyle \forall x \in \R, \sin (\pi x) = \pi x (1-x^2) (1-{x^2 \over 4})(1-{x^2 \over 9}) \cdots = \pi x + \pi x^3 (1+\frac14 + \frac19 + \cdots) + \pi x^5 ({1 \over 1.4} + {1 \over 1.9} + \cdots + {1 \over 4.9} + \cdots) + \cdots = \\ \displaystyle= \pi x - {\pi^3 \over 6} x^3 + {\pi^5 \over 120} x^5 + \cdots $
et donc $\displaystyle 1+\frac14 + \frac19 + \cdots = {\pi^2 \over 6}.$

Bonjour,

La fonction $\displaystyle z \in \C \mapsto {\sin (\pi z) \over \pi z}$, une fois prolongée par continuité en $0$, a une infinité de zéros, qui sont en $\displaystyle m \in \Z^*.$ La fonction $\displaystyle z \in \C \mapsto \prod_{n \in \N^*} (1-{z^2 \over n^2})$ aussi... elles vallent toutes les deux $1$ en $0$... et un théorème dit qu'elles sont donc égales, lequel ?

Est-ce que je sais moi...d'Alembert-Gauss pour les fonctions méromorphes ? Weierstrass-Hadamard ? c'est wikipédia qui me l' a soufflé hein...
Notez que je ne sais pas bien ce que c'est...

SVP comment passe-t-on de Zeta (2) alternée à Zeta (2) ? J'ai coupé la somme de Zeta (2) alternée en 2 : d'un côté les n pairs, d'un autre les n impairs. Cela permet d'exhiber Zeta (2) Mais après je suis bloqué car j'ignore la somme des 1/(2n+1)² ...qui doit dépendre elle même de Zeta (2) je pense !

Merci.

Sinon avec le produit
$$
\zeta(s) = \prod_p \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 2^s }\right)^{-1} \prod_{p> 2} \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 2^s }\right)^{-1} \times \sum \frac{1}{(2n+1)^s}
$$

La série alternée $\beta(2)$ correspondant à $\zeta(2)$ est égale à $-A$ avec $\displaystyle A=\int_0^1 \dfrac{\ln(1+x)}{x}\,dx$

Si $\displaystyle B=\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx$ alors $\zeta(2)=-B$

$\displaystyle A+B=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x}\,dx$ et par le changement de variable $y=x^2$ cette dernière intégrale est égale à $\frac{1}{2}B$

Donc,

$\begin{align}\beta(2)&=-A\\&=\frac{1}{2}B\\&=-\frac{1}{2}\zeta(2)\end{align}$

Bonjour,

Voici une forme du théorème de Weierstrass qui permet d'établir le résultat.

Soit une fonction entière $f$ qui possède une infinité de zéros $\displaystyle \{a_n : n \in \Z\}$ ; on suppose que $\displaystyle a_0=0$ et que $\displaystyle a_0$ est d'ordre $r \in \N$ ; et de plus on suppose que $\displaystyle a_n \to \infty, (n \to \infty)$ : alors $\displaystyle \forall z \in \C, f(z) = z^r e^{h(z)} \prod_{n \in \Z^*} (1-{z \over a_n}) e^{\sum_{k=1}^{p_r} {1 \over k} ({z\over a_n})^k}$ pour une certaine fonction enitère $h$ et une suite d'entiers positifs $p.$ La suite $p$ est arbitraire pourvu que la série $\displaystyle \sum_{n \in \Z^*} ({z\over a_n})^{p_n+1}$ converge uniformément sur tout compact $\displaystyle K \subset \C.$

On applique ce théorème à la fonction $\displaystyle f: z \in \C \mapsto \sin z.$ On a alors $\displaystyle a_n = \pi n, n \in \Z$, $\displaystyle r=1$ et puisque la série $\displaystyle \sum_{n \in \Z^*} ({z \over \pi n})^2 = 2 \sum_{n \geq 1} ({z \over \pi n})^2 $ converge uniformément sur tout compact $\displaystyle K \subset \C$, on choisit la suite $p$ constante et égale à $1.$
On a donc $\displaystyle \forall z \in \C, \sin z = z e^{h(z)} \prod_{n \in \Z^*} (1-{z \over \pi n}) e^{{z \over \pi n}}.$
On considère un compact $K$ qui ne contient pas de zéros de cette fonction $f$ et alors, $\displaystyle \forall z \in K, \ln \sin z = h(z) + \ln z + \sum_{n \in \Z^*} \Big( \ln (1-{z \over \pi n}) + {z \over \pi n}\Big)$, puis $\displaystyle \forall z \in K, {d \over dz} \ln \sin z = {1 \over \tan z} = h'(z) + {1 \over z} + \sum_{n \in \Z^*} ({1 \over z-\pi n} + {1 \over \pi n}).$
On sait que $\displaystyle \forall z \in K, {1 \over \tan z} = {1 \over z} + \sum_{n \in \Z^*} ({1 \over z-\pi n} + {1 \over \pi n}).$ On en déduit que $\displaystyle \forall z \in K, h'(z)=0.$ Comme le choix du compact est arbitraire, alors $h$ est une fonction constante. On a alors $\displaystyle \forall z \in \C, \sin z = Cz \prod_{n \in \Z^*} (1-{z \over \pi n}) e^{{z \over \pi n}}$ avec $C$ une constante complexe. Puisque $\displaystyle {\sin z \over z} \to 1, (z \to 0)$, alors $\displaystyle C=1$ et, finalement, $\displaystyle \forall z \in \C, \sin z = z \prod_{n \in \Z^*} (1-{z \over \pi n}) e^{{z \over \pi n}}.$
On manipule cette expression pour aboutir au résultat : $\displaystyle \forall z \in \C, \sin z = z \lim_{N \to +\infty}\prod_{n =-N, n \neq 0}^{N} (1-{z \over \pi n}) e^{{z \over \pi n}} = z\lim_{N \to +\infty}\prod_{n =1}^{N} (1-{z^2 \over \pi^2 n^2}) = z \prod_{n \geq 1} (1-{z^2 \over \pi^2 n^2}) .$

Totem:

On peut faire le calcul aussi directement sur les séries. Il faut utiliser pour terminer le calcul de Flipflop:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1400462,1510816#msg-1510816

Pas du tout.
$s>1$,
$\begin{align}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^s}&=\sum_{n \text{ pair non nul}} \frac{(-1)^n}{n^s}+\sum_{n \text{ impair}} \frac{(-1)^n}{n^s}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n}}{(2n)^s}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{2n+1}}{(2n+1)^s}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^s}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^s}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^s}-\left(\zeta(s)-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^s}\right)\\
&=2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^s}-\zeta(s)\\
&=\frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}-\zeta(s)\\
&=\frac{1}{2^{s-1}}\zeta(s)-\zeta(s)\\
&=\left(\frac{1}{2^{s-1}}-1\right)\zeta(s)
\end{align}$
Puisque un nombre est ou bien pair, ou bien impair, on a :
$\begin{align}
\zeta(s)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\\
&=\sum_{n\text{ pair non nul }}\frac{1}{n^s}+\sum_{n\text{ impair }}\frac{1}{n^s}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^s}
\end{align}$

Donc on a bien,
$\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^s}=\zeta(s)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s}
\end{align}$

Pour obtenir $3$ décimales exactes de $\zeta(2)$ en prenant comme valeurs approchées les termes de la suite (croissante),

$\displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$

Il faut calculer $u_{1071}$ (c'est à dire additionner $1071$ nombres décimaux) qui vaut $1,6440...$ tandis que $u_{1070}$ vaut $1,6439...$
(et $\zeta(2)=1,6449...$ )

En faisant des calculs à la main c'est un travail considérable pour obtenir 3 misérables décimales.

Comment obtenir autant, voire plus, de décimales en faisant moins de calculs?

Une manière de faire:

On montre en intégrant terme à terme le développement en série entière de $\frac{\ln(1-x)}{x}$ que,

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2}=-\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx$

Ce nombre a un lien assez simple avec $\zeta(2)$ comme le montre ce qui suit.

Dans l'intégrale on fait le changement de variable $y=\frac{x}{1-x}$,

$\begin{align} \int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx&=-\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x(1+x)}\,dx\\
&=\int_0^1 \left(\frac{\ln(1+x)}{1+x}-\frac{\ln(1+x)}{x}\right)\,dx\\
&=\left[\frac{1}{2}\ln^2(1+x)\right]_0^1-\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 2-\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx\\
\end{align}$

Et nous savons que

$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx=\frac{1}{2}\zeta(2)$

donc,

$\boxed{\displaystyle \zeta(2)=2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2}+\ln^2 2}$


Pour calculer des valeurs approchées de,
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2}$

en utilisant la suite,
$\displaystyle v_n=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k k^2}$

Il faut calculer $u_9$ pour obtenir $0,58222...$ (c'est à dire additionner $9$ nombres décimaux).
A comparer avec,

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2}=0,58224...$

PS:
Les tables de logarithmes existent depuis longtemps.

@Totem : je n'ai pas réussi à obtenir la relation entre la fonction zéta et la fonction zéta alternée en utilisant le produit infini de zéta : $$
\zeta(s) = \prod_p \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 2^s }\right)^{-1} \prod_{p> 2} \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 2^s }\right)^{-1} \times \sum \frac{1}{(2n+1)^s}
$$ On peut remplacer $2$ par $3$ (dans mon calcul $s=2$ pour toi). $$
\zeta(s) = \prod_p \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 3^s }\right)^{-1} \prod_{p \ne 3} \left( 1 - {1 \over p^s }\right)^{-1} = \left( 1 - {1 \over 3^s }\right)^{-1} \times \left( \sum \frac{1}{(3n+1)^s}+\sum \frac{1}{(3n+2)^s} \right)
$$ Mais je ne sais pas si la série zéta alternée se factorise par la fonction zeta, je pense qu'il faut mettre des caractères dans la machine :-S

Chaurien:

Une table de logarithmes et une dizaine d'additions et on peut obtenir une précision de 4 chiffres après la virgule de $\zeta(2)$. C'est déjà pas si mal.

@ FdP
Je développe mon autre idée.
On prouve sans mal que : $\displaystyle f(x)=(\arcsin x)^{2}=\underset{n=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}x^{2n}$, avec : $\displaystyle a_{n}=\frac{2.4....(2n-2)}{3.5....(2n-1)}\cdot \frac{1}{n}\sim \frac{\sqrt{\pi }}{2n^{\frac{3}{2}}}$.

En conséquence : $\displaystyle (\frac{\pi }{2})^{2}=(\arcsin 1)^{2}=\underset{n=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}$, soit : $\displaystyle \pi ^{2}=\underset{n=1}{\overset{+\infty }{\sum }}4a_{n}$.
Pour une précision de $10^{-5}$ il faut $10^{12}$ termes. Mauvaise pioche : l'équivalent de $a_n$ le laissait prévoir. Pas étonnant, on s'est mis à l'extrémité de l'intervalle de convergence.

Rentrons dedans : $\displaystyle (\frac{\pi }{6})^{2}=(\arcsin \frac{1}{2})^{2}=\underset{n=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}(\frac{1}{2})^{2n}$, soit : $\displaystyle \pi ^{2}=\underset{n=1}{\overset{+\infty }{\sum }}36\frac{a_{n}}{4^{n}}$
Pour une précision de $10^{-5}$ il faut $7$ termes. C'est déjà mieux.

Ceci dort dans mes archives depuis un certain temps, je n'ai pas vérifié les calculs avant de vous les livrer.

[*** modéré *** hors mathématiques. AD}

Fr. Ch.

@Chaurien : comment obtiens-tu ton équivalent ? merci.

@totem
Tu es étudiant je présume ? Il me semble que dans toutes les prépas, et sans doute à la fac, on traite la formule de Wallis en exercice en première année. Autrefois on la traitait même en Terminale C... Cet équivalent en est un corollaire immédiat. Sinon, on peut exprimer $a_n$ avec des factorielles, et appliquer la formule de Stirling, mais c'est plus compliqué, et moins cohérent puisque la formule de Wallis sert justement à déterminer la constate qui intervient dans la formule de Stirling.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

OK j'aurais du me douter que racine de Pi impliquait Stirling...

Etudiant moi ?? j'ai 37 ans :-) mais quand on (re)fait des maths n'est-on pas un éternel étudiant toute sa vie finalement ?

Sinon la méthode d'Euler pour trouver Zeta (2) est fantastique :

https://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8me_de_B%C3%A2le#La_d.C3.A9monstration_d.27Euler

Chaurien:

http://www.jstor.org/stable/2690408

(le lien pour le PDF était sur Math exchange, un coup de Jstor et j'ai retrouvé les références de l'article)

On peut consulter quelques articles de Jstor en ligne (sans pouvoir télécharger de pdf). C'est assez limité (3 articles autorisés à la consultation tous les quinze jours je crois si on s'inscrit gratuitement. Tous les articles ne sont pas consultables gratuitement. En général ce sont les plus anciens qui sont accessibles de cette façon).

Totem:
Son calcul et tous les autres qui relèvent de cette méthode (il a publié des quantités phénoménales de formules obtenues de cette façon je pense) ne sont pas compatibles avec les critères de rigueur d'une démonstration.
Si Euler s'est fatigué à trouver deux autres méthodes je pense que même à son époque ses confrères mathématiciens avaient des objections sur sa "preuve".

PS:
LA référence sur l'analyse des travaux d'Euler à notre époque est le travail de Sandifer qui est en ligne:
http://eulerarchive.maa.org/hedi/

Le premier article de ce mathématicien sur le traitement du problème de Bâle par Euler, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2003-12.pdf
Le deuxième (qui rejoint les derniers messages de ce fil), http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2004-03.pdf

Un calcul sur les logarithmes, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2005-07.pdf
(l'article confirme ce dont je me doutais, à l'époque d'Euler on avait des tables de logarithmes)

Sur l'irrationalité de e, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2006-02.pdf
Sur les séries divergentes, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2006-06.pdf
Sur le produit eulérien, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2006-07.pdf
Sur la constante d'Euler, http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2007-10.pdf