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Prolongement de zeta défini en 0

Envoyé par Kronecker 
Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Bonsoir,
Je tiens à préciser que je suis en première année de prépa et donc que ma compréhension des maths est encore assez faible, merci d'avance pour votre indulgence...

D'après ce-que j'ai pu comprendre, la fonction zeta (celle de base) n'étant définie que pour les complexes dont la partie réelle est supérieure à 1, elle peut être prolongé.
Le prolongement dont j'aimerais parler ici est celui que l'on obtient par une équation fonctionnelle (avec les fonctions sinus et gamma).
Selon moi ce prolongement n'est pas défini en 0 car la fonction zeta d'origine n'est pas définie en 1.
Pourtant, j'ai vu que l'on pouvait utiliser un calcul de limite, et je ne comprends pas en quoi on a le droit de le faire et de poser ça comme ça... Je me doute que c'est possible si les mathématiciens le font, mais je ne vois pas en quoi c'est rigoureux.
J'aimerais également savoir si un autre prolongement de zeta existe, mais cette fois-ci défini en 0 sans calcul de limite.

Merci d'avance !



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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la fonction $\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$ est définie pour tout nombre complexe dont la partie réelle est strictement supérieure à $1$.
Cette fonction peut être prolongée en une fonction holomorphe sur tout le plan complexé privé du nombre $1$ en $s=1$ cette fonction est méromorphe.

PS:
Sauf erreur, la fonction zeta prolongée vérifie Pour tout $s$ complexe différent de $1$, $\zeta(s)=\dfrac{1}{1-s}+F(s)$

Où $F$ est une fonction définie et holomorphe sur tout le plan complexe.

PS2:
Ben oui, $\zeta(s)-\dfrac{1}{1-s}$ est une fonction définie et holomorphe sur tout le plan complexe.
(c'est un abus de langage, cela signifie que $\lim_{s\rightarrow 1}\left(\zeta(s)-\dfrac{1}{1-s}\right)$ a une limite)

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Tu prolonges en ce que tu veux en $s=0$ si tu abandonnes certaines propriétés de régularité comme la continuité.

La propriété d'être une fonction holomorphe sur un ouvert est une propriété contraignante.
Un théorème résume en quelque sorte cette contrainte qui s'exerce.
[fr.wikipedia.org]

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Sinon , si t'es interéssé en fonction $ \zeta $ , et t'es un MPSI , je te rassure en 2éme année tu verra comment traiter les fonction de ce genre , nommé série de fonction , et tu pourra prouver pas mal de resultat concernant la la $ \zeta $ Même :)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Tu auras beau faire des séries de fonctions, tu ne verras pas grand-chose sur la fonction $\zeta$, contrairement à ce que dit Twisted_Fate. Tout au plus tu verras des théorèmes justifiant qu'il s'agit d'une fonction de classe $\mathcal C^{\infty}$ sur $]1, +\infty[$.

Comme l'a également dit Fin de Partie, des théorèmes de base d'analyse complexe montrent facilement que la fonction est initialement définie sur $\{s \in \mathbb C \mid \mathfrak{Re}(s) > 1\}$ (et pas $1/2$ comme tu l'as dit). Elle admet un prolongement méromorphe (c'est-à-dire dérivable au sens complexe sauf en certains points isolés) à $\mathbb C$ tout entier. Le seul point en lequel la fonction n'est pas holomorphe (c'est-à-dire dérivable au sens complexe) est $1$, où l'on dit qu'elle admet un pôle simple de résidu $1$. Plus précisément, ça veut dire que $\lim_{s \to 1} |\zeta(s)| = +\infty$ (pôle en $1$) et que $F : s \mapsto \zeta(s) - \frac{1}{s-1}$ est holomorphe et donc bornée sur un voisinage de $1$ (simple car la puissance du dénominateur est $1$, résidu $1$ à cause du $1$ du numérateur de la fraction précédente).

Sinon, pour t'expliquer un peu plus ce qu'il se passe en zéro, je rappelle l'équation fonctionnelle de la fonction $\zeta$ : $$\zeta(s) = 2^s \pi^{s-1} \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma(1-s) \zeta(1-s)$$ pour tout nombre complexe $s \not \in \mathbb N$. Que se passe-t-il lorsque $s \to 0$ ? Le facteur $2^s \pi^{s-1}$ tend vers $\frac{1}{\pi}$, le sinus tend vers $0$, $\Gamma(1-s)$ tend vers $\Gamma(1) = 1$ et $\zeta(1-s)$ explose en module. Cependant, cette dernière quantité n'explose pas trop vite à cause de ce que l'on a écrit au-dessus : on a $\zeta(1-s) = \frac{1}{s} + F(1-s)$ tandis qu'on peut écrire $\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right) = sf(s)$ pour une certaine fonction $f$ holomorphe au voisinage de $s$, et en distribuant tout ce petit monde dans l'équation fonctionnelle, on obtient que $\zeta$ admet une limite en $0$ (qui se trouve valoir $-\frac{1}{2}$ après calcul).

Autrement dit, on peut procéder à un prolongement par continuité en $0$ si tu veux, mais ici c'est beaucoup plus fort, le prolongement est en fait holomorphe en $0$. Le même genre de raisonnement montre par exemple que $\zeta(-2n)=0$ pour tout $n \in \mathbb N^*$, car $\Gamma$ admet des pôles simples en tout entier négatif et le facteur en sinus de l'équation fonctionnelle ne peut compenser qu'un pôle sur deux avec ses zéros, je te laisse t'en convaincre. Si ce n'est pas clair je pourrai écrire plus de détails si tu veux.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Poirot.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Sur la page Wikipedia consacrée à la fonction zeta il y a une collection de méthodes pour obtenir LE prolongement de la fonction zeta à un ouvert "plus grand" que le demi-plan ouvert sur lequel converge la série ci-dessus: zeta

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Bonjour,

Il y a quand même un intérêt à voir les séries entières pour comprendre le ''LE" mystérieux quand on écrit "le prolongement de la fonction zeta".
Comme on peut le voir en analyse réelle, il y a une infinité non dénombrable de prolonger une fonction définie sur $]1;+\infty[$ à une fonction régulière définie sur $\C$ privé de 1 (en tout cas si on retire un voisinage de 1 dans $\C$ ou la verticale $re(z)=1$, je n'ai pas regardé).
Quand on voit les séries entières, on comprend qu'il y a une certaine rigidité en analyse complexe (principe des zéros isolés par exemple). Ça n'est pas suffisant pour expliquer ce "Le", mais on comprend intuitivement qu'il y a unicité d'un prolongement (disons que ça doit apparaître comme moins mystérieux).


Rem : il existe des fonctions $\C$ dérivables sauf en certains isolés qui ne sont pas méromorphes (par ex $\exp(-1/z^2)$)



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par side.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Je crois comprendre un peu mieux avec ces explications, merci beaucoup ! Je garde ce thread en favoris pour revenir lire encore quelques fois jusqu'à bien assimiler.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Alors je reviens vers vous car j'ai trouvé une preuve de zeta(0) = -1/2 et je crois avoir tout compris excepté ce passage. J'ai cru comprendre qu'il s'agît de la formule sommatoire d'Abel mais je ne comprend pas comment l'appliquer, malgré plusieurs exemples...


Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Oui c'est ça. La formule sommatoire d'Abel, ou formule de sommation par parties, c'est l'intégration par parties discrète : si $(a_n)_{n \geq 1}$ est une suite de nombres complexes et $f$ est une fonction de classe $\mathcal C^1$ sur $[1, +\infty[$, alors pour tout $x \geq 1$, $$\sum_{n \leq x} a_n f(n) = f(x) \left(\sum_{n \leq x} a_n\right) - \int_1^x f'(t) \left(\sum_{n \leq t} a_n \right) \,\mathrm{d}t.$$

Appliquons cela à $a_n=1$ et $f : t \mapsto \frac{1}{t^s}$, avec $s \in \mathbb C$. Alors $$\sum_{n \leq x} \frac{1}{n^s} = \frac{\lfloor x \rfloor}{x^s} + s \int_1^x \frac{\lfloor t \rfloor}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t,$$ où j'ai bien sûr utilisé que $\sum_{n \leq x} 1 = \lfloor x \rfloor$.

Si $\mathfrak{Re}(s) > 1$, on peut passer à la limite en $x$, le premier terme disparaît en on obtient $$\zeta(s) = s \int_1^{+\infty} \frac{\lfloor t \rfloor}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t.$$ On réécrit maintenant $\lfloor t \rfloor = t - \{t\}$, où $\{t\}$ désigne la partie fractionnaire de $t$. On obtient \begin{align*}\zeta(s) &= s \int_1^{+\infty} \frac{t}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t - s \int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t\\ &= \frac{s}{s-1} - s \int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t\\ &= 1 + \frac{1}{s-1} - s \int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t \end{align*} et c'est exactement l'expression de ton document, à part que $s$ est remplacé par $1-s$.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Poirot.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Merci, je n'ai pas très bien compris pourquoi lors du passage à la limite, le premier terme disparaissait.
Sinon j'ai compris le reste.
Et je crois voir une faute de frappe dans la définition de la partie fractionnaire, non ?
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Oui c'était une faute de frappe.

Pour le terme qui disparaît il suffit de regarder son module : $$\left|\frac{\lfloor x \rfloor}{x^s}\right| \leq \frac{1}{x^{\mathfrak{Re}(s)-1}} \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0.$$
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
si les 2 premières lignes sont acquises, la continuité de $\Gamma$, un équivalent en $0$ de la fonction sinus et une comparaison série/intégrale (variable réelle, monotonie) pour évaluer un équivalent en 0 de $\sum \frac{1}{n^{1-s}}$ ça doit suffire pour conclure.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
$$\left|\frac{\lfloor x\rfloor}{x^s}\right| \leq\frac{1}{x^{\mathfrak{Re}(s)-1}}$$


Malgré l'avoir posée sur feuille je n'arrive pas du tout à comprendre cette inégalité.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
$\lfloor x \rfloor \leq x$ et pour le reste, calcul $|e^z|$ quand $z$ est un nombre complexe.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Je ne saisis pas le rapport avec $|e^z|$.
Je sais juste que $|e^z| = |e^a||e^{ib}|$ avec $z = a+ib$.
De plus, $\lfloor x \rfloor \leq x$ mais dans l'inégalité précédente, on n'a pas $x$ mais $x^s$.
Je pense que je m'embrouille un peu avec $s$...

Si on prend $s=1$, je vois que l'inégalité est correcte, mais je n'arrive pas à le prouver pour tout $s$ en fait.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Quelle est la définition de $x^s$ ? Ici $x$ est un nombre réel strictement positif, et $s$ est un nombre complexe. Si tu ne vois pas, commence par te demander comment est défini $x^s$ lorsque $s$ est réel.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Lorsque $s$ est réel on a $x^s = e^{s\ln(x)}$. Peut-on étendre le logarithme népérien aux complexes ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
On peut mais ce n'est pas la question. On prend le logarithme de $x$, pas de $s$ ! Bon alors, comment est défini $x^s$ pour $s$ complexe ? Et donc que vaut $|x^s|$ d'après ce que tu as écris au dessus ?
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Faut-il passer à la forme trigonométrique ? Si oui je bloque au moment ou il faut passer $e^{a\ln(x)}$ à la forme trigo.
Sinon j'ai bien $x^s = e^{s\ln(x)} = e^{a\ln(x)}e^{ib\ln(x)} = e^{a\ln(x)}(\cos(b\ln(x))+i\sin(b\ln(x)))$.

EDIT : Ahh je crois que ce n'est pas nécessaire d'aller plus loin pour passer au module car comme la fonction exponentielle est positive, on a $|e^{a\ln(x)}(\cos(b\ln(x))+i\sin(b\ln(x)))| = e^{a\ln(x)}|(\cos(b\ln(x))+i\sin(b\ln(x)))|$ et $|(\cos(b\ln(x))+i\sin(b\ln(x)))| = 1$ ?

EDIT 2 : Finalement je crois que mon EDIT est totalement faux...



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Pour pouvoir considérer $\displaystyle \lim_{z\rightarrow 0}\zeta(z)$ il faut déjà avoir étendu la fonction $\zeta$ à un ouvert beaucoup "plus grand" que le demi-plan ouvert $\{z,\Re(z)>1\}$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
J'utilise ici la fonction $\zeta(s)=2^{s}\pi^{s-1}\sin\frac{\pi s}{2}\Gamma(1-s)\zeta(1-s)$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Kronecker.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Mais implicitement tu utilises le fait que tu as prolongé $\zeta$. Etablir ce prolongement n'est pas une évidence, selon moi.

PS:
Implicitement on suppose que $\zeta(0)$ existe.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Je sais pas si j'ai bien compris mais d'accord merci.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Sauf erreur, dans le contexte, pour pouvoir parler de limite en $0$ il faut que la fonction considérée soit au moins définie "autour" de $0$. La fonction zeta '"originale" n'est définie que pour $\Re(Z)>1$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Mais ici je ne parle pas de la fonction originale mais de son prolongement qui est bien défini en 0+ car la fonction originale est définie en 1+. Ça ne suffit pas à prouver que la fonction est définie autour de 0 ?
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Kronecker: l'équation fonctionnelle qui est utilisée dans ce calcul (et rappelée par Poirot plus haut) permet de prolonger $\zeta$ en $0$ (mais pas que).

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
La formule $$\zeta(s) = 1 + \frac{1}{s-1} - s \int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t$$ donne le prolongement en question à $\{s \in \mathbb C \mid \mathfrak{Re}(s) > 0\}$ donc pas de soucis de ce côté-là.

Pour $|e^z|$ on a $|e^{ib}|=1$ pour tout réel $b$, tu peux le voir avec la forme trigonométrique si ça t'amuse. Au final on obtient $$|x^s| = e^{\mathfrak{Re}(s) x} = x^{\mathfrak{Re}(s)}.$$
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
bonjour

il existe une relation fonctionnelle simple entre la fonction Zéta de Riemann définie par une série harmonique

$Z(x) = 1 + \frac{1}{2^x} + \frac{1}{3^x} + ...........+ \frac{1}{n^x} +.......$

et la même série cette fois de termes de signe alterné soit

$Z_a(x) = 1 - \frac{1}{2^x} + \frac{1}{3^x} - ..........+(-1)^{n-1}\frac{1}{n^x}+......$

cette relation est : $Z(x) = \frac{Z_a(x)}{1-2^{1-x}}$

(il suffit de faire la soustraction membre à membre de la première série avec la seconde)

sachant que $Z_a(x)$ est définie quelle que soit x réelle et connaissant $Z_a(0) = 1/2$ (c'est la série d'Euler)

il vient le prolongement de $Z(x)$ en zéro soit : $Z(0) = - \frac{1}{2}$

par la même relation fonctionnelle on peut calculer le prolongement de Zéta pour x = 1/2 et x = - 1/2 soient :

$Z(1/2) = - 1,460354....$ et $Z(-1/2) = - 0,207886.....$

cordialement
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
N'oublions pas de préciser que jean lismonde a des notions totalement fantaisistes de convergence, qui ne s'appliquent que dans son monde. Sa fonction $Z_a$ n'est définie a priori que sur $\{s \in \mathbb C \mid \mathfrak{Re}(s) > 0\}$. La valeur en $0$ n'est pas immédiate.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Poirot.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Dans le calcul recopié plus haut par Kronecker l'équation fonctionnelle est utilisée.
Cette équation fonctionnelle permet, sauf erreur, de prolonger $\zeta$ pour tout nombre complexe de partie réelle strictement inférieure à $1$. Donc on sait implicitement que $\zeta(0)$ existe.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
la formule démontrée par Poirot permet non seulement le prolongement analytique au domaine $re(s)>0$ mais également à $\C$ privé de 1 : il suffit (je n'ai pas fait le calcul, mais a priori pas de mauvaises surprises, à vérifier donc) de remplacer $\{t\}$ par $\{t\}-1/2$ dans l'intégrale pour avoir une fonction à primitive bornée, puis en effectuant des intégrations par parties successives, on prolonge analytiquement de proche en proche à $\C$ privé de 1 entier.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
@FdP : oui bien sûr. Je disais simplement qu'avec l'approche de jean lismonde, on n'a aucune raison de savoir calculer $\zeta(0)$. Il est "bien connu" que son "$Z_a(0)$" vaut $1/2$, mais encore faut-il en apporter la preuve.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Side: es-tu en train de parler de cette formule-là:

$\displaystyle \zeta(s) = 1 + \frac{1}{s-1} - s \int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}} \,\mathrm{d}t$ ?

Si tel est le cas, je t'invite à te demander pour quelle valeur de $s$ l'intégrale converge.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
@fdP : oui
C'est donc que je serais allé trop vite... quel est le problème ?
$\{t\}=1/2+(\{t\}-1/2)$ et $\int_{0}^{x}\{t\}-1/2 dt$ est bornée (ainsi que les primitives successives).
Je verrai ça demain, je ne vois pas où est le problème.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Sauf erreur de ma part l'intégrale converge pour $\Re(s)>0$. Donc cette formule ne permet pas de prolongerà $\{z,\Re(z)<0\}$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
je pense qu'on ne travaille pas sur la même intégrale : IPP successives sur $\int_1^{+\infty} \frac{\{t\}-1/2}{t^{s+1}}dt$ c'est-à-dire avec un $-1/2$ derrière la partie fractionnaire.

Et si c'est faux, je le verrai demain en faisant le calcul.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Side:

J'ai donné le contexte de ma question et la seule formule dont Poirot a donné une démonstration est celle que j'ai indiquée dans mon précédent message. Et, comme déjà indiqué et sauf erreur, cette formule ne permet pas de prolonger $\zeta$ pour $\Re(z)<0$.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
@FdP au moins on est d'accord sur la formule de départ, moi je pense (à tord si je comprends bien ton analyse sur une intégrale qui n'est pas celle que je considère, moi je rajoute un $-1/2$) que la formule de Poirot entraîne avec quelques manipulations (IPP), et théorème d'analycité de Lebesgue, le prolongement analytique sur $\C$ de $\zeta(s)-\frac{1}{s-1}$.
Je verrai ça demain et indiquerai ce que j'ai trouvé.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Je dis juste que telle quelle cette formule ne permet pas de prolonger $\zeta$ à tout le plan complexe privé de $1$.
La démonstration la plus économique du prolongement analytique de $\zeta$ à tout le plan complexe privé de $1$ me semble passer par la relation fonctionnelle de $\zeta$.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Je confirme ce que propose side, j'ai déjà lu des démonstrations qui montrent le prolongement à $\{s \in \mathbb C \mid \mathfrak{Re}(s) > -k\}$ par récurrence sur $k$, en faisant des IPP convenables à partir de la formule en question.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Mais il faut travailler sur la formule. L'intégrale n'est convergente que pour $\Re(s)>0$ (ce qui veut dire qu'en particulier la formule n'est pas valide pour les nombres complexes $s$ tels que $\Re(s)<0$ )

Tandis que, sauf erreur, avec la relation fonctionnelle de $\zeta$ on prolonge facilement sans rien faire de plus (au moins pour les nombres complexes $z$ tels que $\Re(z)\neq 1$ )

PS:
J'imagine qu'à chaque fois qu'on veut incorporer une "bande" supplémentaire au domaine de validité de cette formule il faut la bricoler à nouveau.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Poirot, attention à ne pas confondre la formule sommatoire d'Abel avec la sommation par parties ;)
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Bah c'est la même chose au fond. La formule sommatoire se démontre par une sommation par parties et la formule $\int_a^b f'(t) \,\mathrm{d}t = f(b) - f(a)$.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Certes mais je ne mets pas ça sur le même plan, la sommation par parties est un résultat de mathématiques discrètes et la formule sommatoire d'Abel est un résultat d'analyse.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
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Le principe de prolongement analytique est à l'oeuvre à chaque fois.

La philosophie est la suivante ici:

On a une formule qui est vraie sur un demi-plan $\Re(s)>a$ avec $a$ un réel:

$\zeta(s)=F(s)$

Mais la fonction $F$ est holomorphe sur une bande plus large, c'est à dire qu'elle est holomorphe sur le demi-plan $\Re(s)>b$, avec $b$ un réel tel que $b<a$.
Le principe de prolongement analytique permet d'affirmer que l'identité $\zeta(s)=F(s)$ est vraie pour tout $s$ nombre complexe tel que $\Re(s)>b$. On a ainsi étendu la "bande" sur laquelle on a pu définir $\zeta$.

PS:
Dans ce qui précède il faut bien évidemment retirer le nombre $z=1$.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Bonjour,



La formule de Poirot peut s'obtenir en appliquant la formule d'Euler- Mac Laurin en évaluant les sommes partielles $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}$.

Comme Poirot a redémontré ce qu'on obtiendrait pour l'ordre 1 de la formule d'Euler- Mac Laurin. Je pars de là. Mais j'imagine que les intégrations par parties que je vais faire consistent (ou consisteraient je ne sais pas) à retrouver la formule d'Euler- Mac Laurin à tout ordre entier.

Pour ce qui suit, il n'y a pas besoin de connaître cette formule d'Euler-Mac Laurin.

Quelques rappels de méthodes ou de résultats élémentaires
1) critère d'Abel (non utilisé ici) et critère de Dirichlet (pas utile, on peut s'en passer mais explique pourquoi les intégrales convergent.
$\sum b_na_n$ est convergente si les sommes partielles de $\sum b_n$ sont bornées et si la suite $a$ est positive décroissante tendant vers 0
Si $f, g$ sont localement intégrables sur $[0;+\infty[$, $f$ positive décroissante tendant vers 0, et si $\int_{0}^{x} g(t)dt$ est bornée en la variable $x$, alors $\int_{0}^{+\infty} f(t)g(t) dt$ converge (ie comme intégrale semi convergente)
Dans le cas où on affaire à des fonctions régulières, classiquement comme dans l'exemple qui suit on fait une intégration par parties.

Exemple : l'intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{t} dt$ converge.
Autre exemple plus en rapport avec ce qui suit (mais non utilisé).
On considère l'intégrale $J(s)=\int_{1}^{+\infty} \frac{f(t) dt}{t^s}$, où $f$ est continue et $s$ est complexe. On suppose que l'intégrale $I(s_0)$ converge. Alors l'intégrale $J(s)$ converge pour tout nombre complexe $s$ tel que $Re(s)>Re(s_0)$.

Dem.
Notations
On note $\forall x\in \C, \forall n\in \N^{*}, (x)_n=x(x+1)...(x+n-1)$
$F$ la fonction définie par $\forall x\ge 1, F(x) =\int_{1}^{x} \frac{f(t) dt}{t^{s_0}}$
Par hypothèse, $F$ est bornée, on note $M=||F||_{\infty}$
$s=a+ib, s_0=a_0+ib_0, a,b,a_0,b_0 \in \R, a>a_0$
Une IPP donne alors $\forall Y>X>1, \int_{X}^{Y} \frac{f(t)dt}{t^{s_0}t^{s-s_0}}=[F(t)\frac{1}{t^{s-s_0}}]_{X}^{Y}+(s-s_0) \int_{X}^{Y} \frac{F(t)dt}{t^{s+1-s_0}}$

Le terme entre crochets est majoré en module par $\frac{2M}{X^{a-a_0}} $ (1)
Le second terme est majoré en module par $|s-s_0|M\int_{X}^{+\infty} \frac{dt}{t^{1+a-a_0}}$ (2) et cette dernière intégrale convergente.
Soit $\epsilon >0$, les majorations $(1), (2)$ assurent que pour $X$ assez grand (rappel on a pris $Y>X$), $|\int_{X}^{Y} \frac{f(t)dt}{t^{s}}|<\epsilon$ et d'après le critère de Cauchy, l'intègrale $I(s)$ est convergente.


2) fonctions périodiques (pas besoin si on connaît les fonctions de Bernoulli)
Si $f$ est 1-périodique continue par morceaux, d'intègrale nulle sur une période, alors $f$ admet une primitive $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt -\int_{0}^{1}f(t)dt$ de classe $C^1$ 1-périodique d'intègrale nulle sur une période. Il suffit de considérer la dérivée de $F(x+1)-F(x)$ qui est nulle et de conclure.

3) notations, je vais prendre les notations traditionnelles qu'on utilise quand on démontre la formule d'Euler Mac-Laurin (ça ne présume du fait que la méthode marche ou pas, je pense que ça marche mais je n'ai pas vérifié, mais comme Poirot laisse entendre que c'est une méthode classique pour récupérer l'analycité de $\zeta$, c'est plausible)

La fonction $<t>-1/2$ est 1-périodique d'intègrale nulle sur une période. Je la note avec la notation consacrée $b_1(t)$ (b pour Bernoulli)
Je vais considèrer la suite des primitives donnée par le procédé précédent mais qu'on normalise (quand on dérive $X^n$ on trouve $nX^{n-1}$) : $b'_2=2b_1, \forall n\ge 1, b'_n=nb_{n-1}$ avec l'intégrale sur une période de chaque fonction de Bernoulli nulle sur une période.

Remarque (qui prend son importance quand on fait des IPP).
$b_1$ n'est pas continue, est continue par morceaux et l'ensemble de ses points de discontinuités est l'ensemble des entiers $\Z$.
Par contre, $\forall n>1, b_n$ est continue.

4)intégration de fonctions analytiques
Soit $f$ définie sur $Ux[0;+\infty[$, avec $U$ ouvert de $\C$, $\forall x\in [0;+\infty[, f_x=f(., x)$ est analytique, et $\forall z\in U, f_z=f(z,.)$ est intégrable
.
Ainsi $F$ définie par $F(z)=\int_{0}^{+\infty} f(z, x)dx$ est bien définie sur $U$, et on peut se demander quelle condition suffisante on peut ajouter pour que cette fonction soit analytique.
Le théorème de convergence dominée permet de montrer que si $f$ est dominée sur tout compact (l'analycité est une notion locale) par une fonction intégrable alors $F$ est analytique
On se doute bien qu'on récupère $F$ continue mais de manière surprenante, on récupère aussi la $\C$ dérivabilité. Ça vient du fait qu'avec la formule des résidus ou plus simplement avec un calcul d'un coefficient de Fourier, on sait contrôler la norme infinie de la dérivée d'une fonction analytique $u$ sur un disque par la norme infinie de la fonction $u$ sur une disque strictement plus grand (mais aussi proche qu'on veut du disque précédent, ce qui permet de rester dans l'ouvert $U$ avec les notations précédentes).





Notations :
$\varphi(s)=\int_{1}^{+\infty} \frac{b_1(t)}{t^{s+1}}$ ($b_n$ est défini plus haut, pour mémoire, $b_1(t)=<t>-1/2$)
$\forall n\ge 1, \forall s, n+Re(s)>0, I_n(s) =\int_{1}^{+\infty} \frac{b_n(t)}{t^{s+n}}dt$

Justification : par comparaison à une intégrale de Riemann, l'intégrale est absolument convergente pour $\forall s, n+Re(s) >1$ et on peut se contenter de travailler avec ce domaine pour la suite. Et c'est ce domaine qui sera utilisé pour l'étude de l'analycité de $I_n$.
Pour montrer que l'intégrale converge pour le domaine $\forall s, n+Re(s) >0$, on travaille avec $s$ réel, on applique le critère de Dirichlet, et on utilise le résultat démontré dans le 1er paragraphe (intégrale $J(s) $ et utilisation du critère de Cauchy)

A) Calculs préliminaires.
Soit $n>1$, une intégration par parties donne ($\forall n>1, b_n$ est continue).
$I_n(s)=[\frac{b_{n+1}(t)}{n+1}\frac{1}{t^{s+n}}]_{1}^{+\infty}+(s+n)\int_{1}^{+\infty} \frac{b_{n+1}(t)}{n+1}\frac{dt}{t^{s+n+1}}$, puis on a
$I_n(s)=-\frac{b_{n+1}(1)}{n+1}+\frac{s+n}{n+1}I_{n+1}(s)$ (Égalité $A_n$)


Rappel : $b_1$ n'est pas continue.
$\forall k\in \N^{*}, \forall s, Re(s)>0, \int_{k}^{k+1} \frac{b_1(t)dt}{t^{s+1}}=\int_{k}^{k+1} \frac{b'_{2}(t)dt}{2t^{s+1}}=[\frac{b_2(t)}{2t^{s+1}}]_{k}^{k+1}+\int_{k}^{k+1} \frac{(s+1)b_2(t)}{2t^{s+2}}dt$, puis en sommant sur $k$, $I_1(s)=-\frac{b_2(1)}{2}+\frac{s+1}{2}I_2(s)$

Ainsi, l'égalité $(A_n)$ est valable pour tout $n\in \N^{*} $
On en déduit qu'il existe une suite de polynômes $(P_n)$ telle que $\forall s, Re(s)>0, \varphi(s)=I_1(s)=P_n(s)+\frac{(s+1)_{n}}{(n+1)!}I_{n+1}(s)$

Où la notation $(x)_n, n\ge 1$ désigne $x(x+1)...(x+n-1)$

B) Analycité de $I_n$
$I_n(s)=\int_{1}^{+\infty} \frac{b_n(t)}{t^{s+n}}dt$ est analytique sur le domaine $Re(s)>1-n$.
On a $\forall \alpha >0, \forall t\in [0;+\infty[, \forall s\in D_{\alpha}$ ou $D_{\alpha}$ est le domaine défini par $Re(s)>1-n+\alpha$, $\frac{|b_n(t)|}{|t^{s+n}|} \le \frac{||b_n||_{\infty}}{t^{1+\alpha}}$ et cette fonction dominante est intégrable.
Tout compact de $Re(s)>1-n$ est dans un $D_{\alpha}$
On peut appliquer le théorème d'analycité rappelé plus haut et conclure quant à l'analycité de $I_n$ sur le domaine $Re(s)>1-n$.

Conclusion :
A) et B) entraînement alors que $\forall n, \varphi$ admet un prolongement analytique sur le domaine $Re(s)>1-n$ et donc $\varphi$ est entière.

C) prolongement analytique de $\zeta$

Rappelons la formule donnée par Poirot et ré écrivons la avec $\varphi$
$\forall s, Re(s)>1, \zeta(s) - (1 + \frac{1}{s-1})=-s\int_1^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^{s+1}}dt=-s(\varphi(s) +\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty}\frac{dt}{t^{s+1}})=-s(\varphi(s)+\frac{1}{2s})=-s\varphi(s)-1/2$
On a prouvé plus haut que le membre de droite admet un prolongement analytique sur $\C$. Donc le membre de gauche admet un prolongement analytique sur $\C$ donc la fonction $\zeta$ définie rappelons le par $\forall s, Re(s)>1, \zeta(s)=\sum_{n\ge 1}\frac{1}{n^s}$ admet un prolongement analytique sur $\C-\{1\}$ avec $1$ pour pôle avec pour résidu 1 en ce pôle.



Edité 10 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
@side : quelques coquilles. Dans ton théorème d'Abel c'est la série des $b_n a_n$, pas $b_n/a_n$. Pour les polynômes de Bernoulli c'est $b'_n=nb_{n-1}$, pas $b'_n=nb'_{n-1}$. Sinon je n'ai pas vérifié les détails des calculs (dès qu'il y a des polynômes de Bernoulli ça me fatigue), mais dans l'idée ça m'a l'air de bien marcher. Effectivement il te manque un $s$ en facteur au départ, qui fait qu'on a bien l'analyticité en $0$.

Il y a une autre manière (et sûrement plein d'autres encore) de prolonger $\zeta$, qui est très efficace : on commence par la formule facile $$\zeta(s)\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} \frac{t^{s-1}}{e^t-1} \,\mathrm{d}t$$ pour $\mathfrak{Re}(s) > 1$. On introduit $I(s)$ comme étant l'intégrale de la même intégrande sur un contour de Hankel (de $+\infty$ à $\varepsilon$, puis un tour du cercle de rayon $\varepsilon$, puis de $\varepsilon$ à $+\infty$). On montre que $I(s)$ ne dépend pas de $\varepsilon$, est entière et en faisant tendre $\varepsilon$ vers $0$ on obtient $I(s) = (e^{2i\pi s}-1)\Gamma(s)\zeta(s)$. Le prolongement méromorphe de $\Gamma$ à $\mathbb C$ donne alors celui de $\zeta$.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
@Poirot
Merci pour cette relecture, je vais corriger toutes les erreurs signalées et je vais reprendre mon calcul mais pas maintenant.


J'ai ajouté le paragraphe critères d'Abel/Dirichlet (donc avec des erreurs que je vais corriger) car je ne comprenais pas les échanges avec FdP, car il me semble que c'est très classique comme procédé. Mais ça ne sert absolument pas ici.

J'ai hésité à utiliser les notations des fonctions de Bernoulli, qui ne sont absolument pas utiles ici. Par contre la seule chose utilisée est le paragraphe que j'ai ajouté sur les fonctions périodiques de moyenne nulle et sur l'existence de primitives de moyenne nulle.


Si j'ai quand même utilisé les notations, c'est que pour le lecteur courageux et qui a du temps à perdre, à mon avis il suffit juste d'appliquer la formule d'Euler Mac Laurin à un ordre aussi grand qu'on veut pour obtenir l'analycité.
Je pense que ce que j'ai fait revient à retrouver Euler Mac Laurin (passage à la limite pour les sommes partielles) à l'ordre N à partir d'une formule d'Euler Mac Laurin à l'ordre 1.
Je n'en suis pas sûr car je n'ai pas fait le calcul, mais ça me semble fortement plausible.

Je ne connaissais pas la manière avec laquelle tu obtiens l'analycité, ça a l'air effectivement très simple. En tout cas plus simple que la preuve que j'avais vue.
Celle-ci (il me semble que c'est la preuve (ou l'une des preuves) donnée par Riemann dans son célèbre article) utilisait la fonction $\theta$ de Jacobi (c'est à dire celle qui intervient dans l'équation de la chaleur, et assez proche de celle qui intervient pour le décompte des solutions du nombre de représentations d'un entier comme somme de 4 carrés) mais j'avoue que je n'ai aucun souvenir de comment on procédé, si ce n'est qu'on a besoin de l'équation fonctionnelle vérifiée par $\theta$ et qu'il faut connaître aussi les propriétés d'analycité de $\Gamma$.
D'ailleurs, ce contour de Hankel intervient aussi dans une preuve que j'avais vue (oubliée elle aussi) pour prolonger analytiquement la fonction $\Gamma$. Y'a plus simple aussi pour la fonction $\Gamma$...



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Prolongement de zeta défini en 0
il y a deux mois
Oui il y a une formule de Hankel donnant $\frac{1}{\Gamma}$ comme intégrale sur un contour de... Hankel.

Pour la version dont tu parles avec la fonction $\theta$ de Jacobi, elle a le mérite de se généraliser aux fonctions $L$ de Dirichlet et aux fonctions $L$ de Hecke, elle a donc ma préférence.
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