Somme des 1/x^2 tels que tan(x)=x

Merci à Chaurien d'avoir rappelé ce problème dans le fil Une jolie intégrale.

Il s'agit de démontrer que $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{x_{k}^{2}}=\frac{1}{10}$ les $x_k$ désignant les racines strictement positives de l'équation $\tan x=x$ ($k\pi<x_k<k\pi+\pi/2$).

Il y a 20 ans j'avais cherché sans succès une démonstration utilisant le programme de math-spé, c'est-à-dire sans fonction de variable complexe.
Merci à Guego d'avoir fourni ce lien donnant une telle solution.

L'idée astucieuse est de considérer pour $n\geq2$ entier l'équation $(E_n)$ : $\tan y=2n\tan\dfrac y{2n}$.
On montre qu'elle possède exactement $n-1$ solutions dans $]0,n\pi[$. En effet, il y a déjà au moins une solution sur chaque intervalle $I_k=]k\pi,k\pi+\pi/2[$, $1\leq k\leq n-1$, puisque sur $I_k$ la fonction $\tan$ croit de 0 à $+\infty$ alors que $2n\tan\dfrac y{2n}$ est bornée et positive sur $I_k$.
Pour montrer qu'il n'y a pas d'autres solutions utilisons la formule $\tan(2nt)=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n\choose 2k+1}\tan^{2k+1}t}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{2n\choose 2k}\tan^{2k}t}$ que l'on démontre avec la formule du binôme appliquée à $\cos(2nt)+i\sin(2nt)=(\cos t+i\sin t)^{2n}$.

On obtient en posant $t=y/(2n)$ et $u=1/\tan^2(y/(2n))$ et après simplifications que $(E_n)$ est équivalente à $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^k k{2n+1\choose 2k+1}u^{n-k}=0$. C'est un polynôme de degré $n-1$ qui a donc au plus $n-1$ racines.

Si on note $y_k(n)$ les racines de $(E_n)$, pour $1\leq k\leq n-1$, on obtient la somme des racines du polynôme :
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2(y_k(n)/(2n))}=\dfrac{2{2n+1\choose 5}}{{2n+1\choose 3}}=\dfrac{(2n-2)(2n-3)}{10}$ qui entraine $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\dfrac1{10}$
La fonction $f(x)=\dfrac{\tan x}x$ est continue et strictement croissante sur $I_k=]k\pi,k\pi+\pi/2[$ puisque $f'(x)>0$.
On a $f(x_k)=1$ et $f(y_k(n))=\dfrac{\tan y_k(n)}{y_k(n)}=\dfrac{\tan y_k(n/(2n))}{y_k(n)/(2n)}$ qui tend vers 1 quand $n\to+\infty$ (pour $k$ fixé).
On en déduit que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}y_k(n)=f^{-1}(1)=x_k$.
De plus on a $f(y_k(n))=\dfrac{\tan( y_k(n)/(2n))}{y_k(n)/(2n)}>1$ donc $y_k(n)>x_k$.
Pour tout $\varepsilon>0$ il existe $N$ tel que pour $n>N+1$ on ait : $\displaystyle\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}\leq\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 x_k}=\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{x_k^2}\leq\varepsilon$.

En faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans $0\leq\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}=\displaystyle\sum_{k=N+1}^{n-1}\dfrac1{\tan^2 y_k(n)}\leq\varepsilon$ on obtient :
$0\leq\dfrac1{10}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{\tan^2 x_k}=\dfrac1{10}-\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac1{x_k^2}\leq\varepsilon$