Étonnante $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$
J'ai discuté avec un prof sur l’inégalité $\sin x\le x\le\tan x $ discuté dans un fil récent. Il m'a révélé que cette inégalité permet de calculer la somme dans le titre de ce fil en subdivisant $]0,\frac {\pi}2 [$ en $2^n$ parties égales. Je n'ai pas encore trouvé. Est ce que c'est connu cette étonnante façon pour démontrer que $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$?
Le 😄 Farceur
Réponses
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Oui, voir par exemple dans mon bouquin (ceci s'appelle de la publicité).
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Merci.
Éric une référence pour ton livre stp.Le 😄 Farceur -
MerciLe 😄 Farceur
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Très jolie preuve algébrique ! :-)
En effet, elle repose sur la découverte d'un polynôme à coefficients entiers dont les racines sont les $\cot^2\left(\dfrac{k\pi}{2n+1}\right)$, $1\leq k\leq n$. -
Gebrane: cette preuve, je pense que c'est la même, est connue depuis 1954 au moins.
Wikipedia semble affirmer que Cauchy la connaissait aussi. -
FDP, une personne de notre forum (je ne vais pas citer son pseudo sauf si il est d'accord) m' a
proposé une tres jolie preuve sous forme d exercice ( j'ai su le faire).
Si quelqu'un est intéressé, je partage. Elle est différente à celle de wiki et utilise l 'indication du prof.
Je n ai pas encore vu celle de Éric et le lien de ndtLe 😄 Farceur -
Je veux bien le partage de l'exercice, je ne me suis pas spolié les liens.
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Toute preuve de ce résultat est bonne à connaître (pour moi du moins).
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Dans l’excellent livre d'Éric Kouris, il y a une démonstration pp. 585-587, comme corollaire des formules de la moyenne.
Dans l'intéressant article fourni par Noix de Totos, la démonstration part bien de $\sin x <x< \tan x$ , mais elle n'utilise pas de subdivision de $]0,\frac {\pi}2 [$ en $2^n$ parties égales.
On a beaucoup parlé sur ce forum des démonstrations de $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$ (Euler, problème de Bâle) et de leurs origines, souvent relatées trompeusement, notamment par Apostol. En particulier, la démonstration évoquée par Gai Requin, qui est la plus élémentaire, ne vient pas d'un
« Ioannis Papadimitriou », qui n'a probablement jamais existé, mais des frères Yaglom, et Fin de Partie a trouvé la première publication en russe de cette démonstration, 1954.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2137904
La question de Gebrane reste posée.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
[small]NB. Merci pour les bons vœux des amis du forum. Toujours bon pied bon œil, j'ai réussi à recevoir la première injection du vaccin anti-covid, malgré l'incompétence crasse de nos pouvoirs publics.[/small]
. -
Exercice
On considère: $\forall n \in
\N,\:\:S_n=\displaystyle \sum_
{k=0}^{2^n-1}\left( \sin \dfrac
{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}\right)^{-2}.$
$1)\:\: $ On prouve par récurrence $S_n =4^n,\:\:$ puis: $\:\:S_n=\displaystyle 2\sum_
{k=0}^{2^{n-1}-1}\left( \sin \dfrac
{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}\right)^{-2}.$
$2)\:\:$ On applique $ \forall x \in\, ]0;\frac {\pi}2], \ (\sin x)^{-2} -1 \leqslant x^{-2}
\leqslant (\sin x)^{-2}$ à $\quad x =\dfrac
{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}, \quad (0\leqslant k
\leqslant 2^{n-1}-1)\:\: $ et on fait la somme.Le 😄 Farceur -
Sinon, voir l'article de Hofbauer publié dans le Monthly
https://homepage.univie.ac.at/josef.hofbauer/02amm.pdf -
Gebrane: c'est vrai que cette preuve me semble être différente de celle des frères Yaglom.
Voir aussi:
https://math.stackexchange.com/a/8353/186817 -
Merci FDP pour le lien MSE (une petite différence de la subdivision choisie).Le 😄 Farceur
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Désolé : posté avant de voir les autres réponses
Bonjour !
Il y a aussi une démonstration (c'est peut-être celle qui était demandée ?) proposée par Josef Hofbauer, 2002 qui utilise la comparaison "sin", "tan" :
Calculer les sommes
\begin{equation*}
a_n=\sum_{0\leqslant k<2^n}\dfrac{1}{\sin^{2}\tfrac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}},\qquad
b_n=\sum_{0\leqslant k<2^{n-1}}\dfrac{1}{\sin^{2}\tfrac{(2k+1)\pi}{2^{n+1}}},
\end{equation*} en démontrant $a_n=2b_n,\ 4a_n=2b_{n+1}=a_{n+1}$.
Démontrer $\forall t\in\bigl]0,\frac\pi2\bigr],\ 0<\dfrac{1}{\sin^2t}-\dfrac{1}{t^2}\leqslant1$.
En déduire la somme des séries $\ \displaystyle\sum_{n\>0}\dfrac{1}{(2n+1)^2},\quad \sum_{n\>1}\dfrac{1}{n^2}.$
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Bonjour!
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