Une autre méthode pour calculer zêta

L2M · May 2017

Proposition : Pour tout $z=\sigma+it \in \mathbb{C}$ tel que $\quad \sigma>\sigma_0>0, t>0$ et $\theta=arg(1-z)$, on a
$$
\begin{align*}
&\Re (\zeta(z)) = \lim_{n\to \infty} \sum_{k\leq \exp \big(\! \tfrac{n\pi-\theta+\pi/2}{ t} \!\big)} \frac{\cos(t\ln k)}{k^{\sigma}}\\
&\Im (\zeta(z)) = -\lim_{n\to \infty} \sum_{k\leq \exp \big(\! \tfrac{n\pi-\theta}{ t} \!\big)} \frac{\sin(t\ln k)}{k^{\sigma}}\\
\end{align*}
$$

Démonstration :

Lemme à utiliser : Pour $\Re(z)>\sigma_0>0,\quad \displaystyle \zeta(z) = \lim_{x\to \infty} \sum_{k\leq x} \frac{1}{ k^z } - \frac {x^{1-z}}{1-z}$

On a
$\displaystyle k^z=k^{\sigma+it}=k^{\sigma} k^{it}=k^{\sigma} e^{itlnk}$
$\displaystyle \frac{x^{1-z}}{1-z}=\frac{x^{1-\sigma-it}}{1-z}=\frac{x^{1-\sigma}e^{-itlnx}}{|1-z|e^{i\theta}}=\frac{x^{1-\sigma}}{|1-z|e^{i(tlnx+\theta)}}$ ( d'après $arg(1-z) \equiv \theta [ 2\pi ]$ ).

d'après le lemme on peut écrire : $$\zeta(z) = \lim_{x\to \infty} \sum_{k\leq x} \frac{e^{-itlnk}}{k^{\sigma}} - \frac{x^{1-\sigma}}{|1-z|e^{i(tlnx+\theta)}}$$

Notons $x_{z,n}=e^{\frac{\Large n\pi-\theta}{\Large t}}$

Puisque $t>0$ alors $n \longrightarrow \infty \Longleftrightarrow x_{z,n} \longrightarrow \infty$
donc
$$\zeta(z) = \lim_{n\to \infty} \sum_{k\leq x_{z,n}} \frac{e^{-itlnk}}{k^{\sigma}} - \frac{x_{z,n}^{1-\sigma}}{|1-z|e^{i(tln x_{z,n}+\theta)}} $$
mais
$\displaystyle x_{z,n}^{1-\sigma} = e^{ \frac{\Large n\pi-\theta}{\Large t} (1-\sigma)}$
$\displaystyle e^{i(tln x_{z,n}+\theta)} = e^{i(t \frac{\Large n\pi-\theta}{\Large t}+\theta)} = (-1)^n$
d'où
$$ \zeta(z) = \lim_{n\to \infty} \sum_{k\leq x_{z,n}} \frac{cos(tlnk)}{k^{\sigma}} - i \sum_{k\leq x_{z,n}} \frac{sin(tlnk)}{k^{\sigma}} - \frac{e^{ \frac{\Large n\pi-\theta}{\Large t} (1-\sigma)}}{|1-z|(-1)^n} $$
c'est à dire $$\Im (\zeta(z)) = -\lim_{n\to \infty} \sum_{k\leq x_{z,n}} \frac{sin(tlnk)}{k^{\sigma}} $$
De la même manière, on calcule $\Re (\zeta(z))$.

Utilisateur anonyme · May 2017

On a aussi plus trivialement : \begin{align*}
\sum_{n \geq 1} (-1)^n \frac {\cos(t \ln(n))}{n^{\sigma}}&=0 \\
\sum_{n \geq 1} (-1)^n \frac {\sin(t \ln(n))}{n^{\sigma}}&=0
\end{align*}

L2M · May 2017

En fait, la proposition que je viens de démontrer prouve que toutes les sommes $\displaystyle \sum_{k\leq \exp \big(\! \tfrac{ n\pi-\theta}{ t} \!\big)} \frac{\sin(t\ln k)}{k^{\sigma}}$ convergent vers $-\Im (\zeta(z))$ quand $n$ tend vers $\infty$, avec $\sigma=\Re(z)\geq\sigma_0>0 \quad ; \quad t=\Im(z)>0 \quad ; \quad \theta=\arg(1-z)$

L2M · May 2017

Je viens de changer le message initial.

L2M · May 2017

Le code Pari Gp pour tester les deux limites :

default(realprecision,5)

x(z,n)=exp( ( n*Pi-arg(1-z) ) / imag(z) );

ReZeta(z,n)=sum(k=1,floor(x(z,n+1/2)),cos( imag(z)*log(k) )/k^real(z));
ImZeta(z,n)=-sum(k=1,floor(x(z,n)),sin( imag(z)*log(k) )/k^(real(z)));

n=55; z=0.5+15*I;

print( x(z,n) );
print( x(z,n+1/2) );
print( zeta(z) );
print( ReZeta(z,n)+ImZeta(z,n)*I );

Pour $n=55$ et $z=0.5+15*I$ les nombres des termes dans les deux sommes sont :
$\Big \lfloor x(z,n) \Big \rfloor =1.1149\ E5$ et $\Big \lfloor x(z,n+1/2) \Big \rfloor =1.2380\ E5$ 63616