Section 2 Une version un chouïa plus rigoureuse
Projet 2.1.
On va à nouveau écrire \(\sin\) comme un produit infini. Cette histoire est plus sérieuse qu'elle n'en a l'air: l'écriture de certaines fonctions, dites "entières" 1 , sous forme de produit infini, est un résultat d'analyse dans les complexes. On l'appelle le théorème de factorisation de Weierstrass 2 , et il donne en particulier, pour tout \(x\in ]0,\frac12[\text{,}\)
\begin{equation}
\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)\tag{2.1}
\end{equation}
Les produits infinis s'étudient comme les séries: on étudie la suite \((P_n)_n\) définie par le produit \(\prod_{k=1}^n a_k\text{.}\) Si \((P_n)_n\) a une limite quand \(n\rightarrow \infty\text{,}\) on note cette limite \(\prod_{k=1}^\infty a_k\text{.}\)
(a)
En général, pour étudier un tel produit, on prend le logarithme de façon à se ramener à une somme.
\(\leadsto\) Qu'obtient-on quand on prend le logarithme de l'égalité (2.1) ?
Spoiler.
On trouve
\begin{equation}
\ln(\sin(\pi x))-\ln(\pi x)= \sum_{n=1}^\infty \ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).\tag{2.2}
\end{equation}
(b)
En prenant la dérivée de l'expression obtenue, montrer que, pour tout \(x\in ]0,\frac12[\)
\begin{equation}
\frac1{2x^2} - \frac{\pi \cos(\pi x)}{2x\sin(\pi x)}= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-x^2}\tag{2.3}
\end{equation}
Spoiler.
En utilisant le fait que \((\ln\circ f)' = \frac{f'}{f}\text{,}\) si on dérive l'expression obtenue à la question précédente, on trouve, pour le terme de gauche:
\begin{equation*}
\frac{\pi \cos(\pi x)}{\sin(\pi x)} - \frac{\pi}{\pi x}
\end{equation*}
Pour le terme de droite, remarquons que la série de fonctions \(\sum \ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)\) converge normalement 3 : en effet, pour tout \(x\in ]0,\frac12[\text{,}\)
\begin{equation*}
\left|\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)\right| = -\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right) \leq -\ln\left(1-\frac1{4n^2}\right)
\end{equation*}
et \(-\ln\left(1-\frac1{4n^2}\right)\simeq \frac{1}{4n^2}\) est le terme général d'une série convergente. On peut donc bien dériver la somme du membre de droite de (2.2) terme à terme, ce qui donne
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{-\frac{2x}{n^2}}{\frac{n^2-x^2}{n^2}}
\end{equation*}
D'où, au total,
\begin{equation*}
\frac{\pi \cos(\pi x)}{\sin(\pi x)} - \frac{1}{ x} =\sum_{n=1}^\infty \frac{-2x}{n^2-x^2}
\end{equation*}
et de là, on obtient (2.3) en divisant par \(-2x\text{.}\)
(c)
Ici, on va s'occuper du terme \(\frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}\text{.}\) En utilisant les formules d'Euler 4 , montrer que
\begin{equation*}
\frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)} = i\left(1+\frac{2}{e^{2i\pi x} -1}\right)
\end{equation*}
Indication.On peut remarquer que \(e^{ia}+e^{-ia}=e^{-ia}(e^{2ia}+1)\text{,}\) ce qui permet de simplifier une partie des exponentielles.
Les formules d'Euler nous donnent
\begin{equation*}
\cos(\pi x) = \frac{e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}}2,\ \sin(\pi x)=\frac{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}{2i}
\end{equation*}
donc
\begin{align*}
\frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)} \amp= i\frac{e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}\\
\amp = i\frac{e^{-i\pi x}(e^{i2\pi x}+1)}{e^{-i\pi x}(e^{i2\pi x}-1)}\\
\amp = i\frac{e^{i2\pi x}-1+2}{e^{i2\pi x}-1}\\
\amp= i\left(1+\frac{2}{e^{2i\pi x} -1}\right),
\end{align*}
comme souhaité.
(d)
On a donc obtenu:
\begin{equation*}
\frac1{2x^2} - \frac{i\pi}{2x}\left(1+\frac{2}{e^{2i\pi x} -1}\right) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-x^2}
\end{equation*}
ce qui pourrait nous mettre de mauvaise humeur, car maintenant, on a des complexes partout. On va s'en débarrasser en appliquant la formule à \(x=-it\) 5 . Montrer que ça donne
\begin{equation*}
\frac{1-e^{2\pi t}+\pi t e^{2\pi t} + \pi t}{2(t^2e^{2\pi t}-t^2)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}
\end{equation*}
Spoiler.
Remplaçons tous les \(x\) par \(-it\text{,}\) et donc les \(x^2\) deviennent des \(-t^2\text{.}\) On se retrouve avec
\begin{equation*}
-\frac1{2t^2} + \frac{\pi}{2t}\left(1+\frac{2}{e^{2\pi t} -1}\right) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}
\end{equation*}
c'est-à-dire
\begin{equation*}
-\frac1{2t^2} + \frac{\pi}{2t}+\frac{2\pi}{2t(e^{2\pi t} -1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}
\end{equation*}
Reste à mettre les trois fractions du membre de gauche sur le même dénominateur:
\begin{equation*}
-\frac{e^{2\pi t} -1}{2t^2(e^{2\pi t} -1)} +\frac{\pi t(e^{2\pi t} -1)}{2t^2(e^{2\pi t} -1)}+\frac{2\pi t}{2t^2(e^{2\pi t} -1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}
\end{equation*}
ce qui donne
\begin{equation*}
\frac{1-e^{2\pi t} + \pi t e^{2\pi t} - \pi t +2\pi t}{2t^2(e^{2\pi t} -1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+t^2}.
\end{equation*}
(e)
Maintenant, on aimerait prendre la limite quand \(t\rightarrow 0\text{.}\) Le terme de droite donne alors notre somme mystérieuse \(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\text{.}\)
Par contre, le terme de droite donne une indétermination \(\frac00\text{.}\) Pour s'en débarasser, appliquez trois fois 6 la règle de l'Hôpital 7 : ça devrait donner
\begin{align*}
\lim_{t\rightarrow 0} \frac{1-e^{2\pi t}+\pi(te^{2\pi t} + t)}{2(t^2e^{2\pi t}-t^2)}\amp =\lim_{t\to 0}\frac {\pi ^{2}(2\pi t+1)}{4\pi ^{2}t^{2}+12\pi t+6}\\
\amp = \frac{\pi^2}6
\end{align*}
Spoiler.
Commençons par dériver le numérateur:
\begin{align*}
(1-e^{2\pi t}+\pi t e^{2\pi t} + \pi t)' \amp =-2\pi e^{2\pi t} + \pi e^{2\pi t} + 2\pi^2 t e^{2^pi t} + \pi\\
\amp=- \pi e^{2\pi t} + 2\pi^2 t e^{2^pi t} + \pi
\end{align*}
Le dénominateur donne:
\begin{equation*}
(2(t^2e^{2\pi t}-t^2))'= 4(te^{2\pi t}+ \pi t^2e^{2\pi t} -t)
\end{equation*}
et la règle de l'Hôpital nous dit que
\begin{equation*}
\lim_{t\rightarrow 0} \frac{1-e^{2\pi t}+\pi(te^{2\pi t} + t)}{2(t^2e^{2\pi t}-t^2)} = \lim_{t\rightarrow 0}\frac{- \pi e^{2\pi t} + 2\pi^2 t e^{2^pi t} + \pi}{4(te^{2\pi t}+ \pi t^2e^{2\pi t} -t)}
\end{equation*}
ce qui...est encore une forme indéterminée. On retrousse les manches et on renvoie la fraction de droite à l'Hôpital:
\begin{align*}
(- \pi e^{2\pi t} + 2\pi^2 t e^{2^pi t} + \pi)'\amp =-2\pi^2 e^{2^pi t}+2\pi^2 e^{2^pi t}+4\pi^3 t e^{2^pi t}\\
\amp = 4\pi^3 t e^{2^pi t}
\end{align*}
et d'autre part
\begin{align*}
4(te^{2\pi t}+ \pi t^2e^{2\pi t} -t)'\amp= 4 (e^{2\pi t}+2\pi t e^{2\pi t}+ 2\pi te^{2\pi t}+2\pi^2t^2 e^{2\pi t}-1)\\
\amp=4((2\pi^2 t^2 + 4 \pi t + 1)e^{2\pi t}-1)
\end{align*}
d'où, par l'Hôpital,
\begin{equation*}
\lim_{t\rightarrow 0}\frac{- \pi e^{2\pi t} + 2\pi^2 t e^{2^pi t} + \pi}{4(te^{2\pi t}+ \pi t^2e^{2\pi t} -t)}= \lim_{t\rightarrow 0}\frac{ 4\pi^3 t e^{2^pi t}}{4((2\pi^2 t^2 + 4 \pi t + 1)e^{2\pi t}-1)}
\end{equation*}
ce qui est... encore indéterminé, on ne s'énerve pas, on continue:
\begin{align*}
(4\pi^3 t e^{2^pi t})'\amp=4\pi^3 e^{2^pi t} + 8\pi^4 t e^{2^pi t}\\
\amp = 4\pi^3(1+2\pi t)e^{2^pi t}
\end{align*}
et, d'autre part
\begin{align*}
(4((2\pi^2 t^2 + 4 \pi t + 1)e^{2\pi t}-1))'\amp= 8\pi(2\pi^2 t^2 + 4 \pi t + 1)e^{2\pi t}+4(4\pi+4\pi^2t)e^{2\pi t}\\
\amp= 4\pi(4\pi^2 t^2+ 8\pi t+2+4+4\pi t)e^{2\pi t}\\
\amp=4\pi(4\pi^2 t^2+8\pi t + 2 + 4 +4 \pi t)e^{2\pi t}\\
\amp=4\pi(4\pi^2 t^2 + 12 \pi t + 6)e^{2\pi t}
\end{align*}
donc, par la règle de l'Hôpital
\begin{align*}
\lim_{t\rightarrow 0}\frac{ 4\pi^3 t e^{2^pi t}}{4((2\pi^2 t^2 + 4 \pi t + 1)e^{2\pi t}-1)}\amp = \lim_{t\rightarrow 0} \frac{4\pi^3(1+2\pi t)e^{2^pi t}}{4\pi(4\pi^2 t^2 + 12 \pi t + 6)e^{2\pi t}}\\
\amp = \lim_{t\rightarrow 0} \frac{\pi^2(1+2\pi t)}{4\pi^2 t^2 + 12 \pi t + 6}\\
\amp = \frac{\pi^2}6
\end{align*}
Il y a un lien avec les séries entières que vous étudierez en fin de semestre !
fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_factorisation_de_Weierstrass
Voir le chapitre sur les suites et séries de fonctions
www.bibmath.net/dico/index.php?action=affiche&quoi=./e/eulerform.html
On a le droit, car le théorème de Weierstrass mentionné plus haut est un théorème d'analyse complexe, qui marche sur des fonctions définies sur \(\mathbb C\text{.}\)
fr.wikipedia.org/wiki/R%C3%A8gle_de_L%27H%C3%B4pital#%C3%89nonc%C3%A9_simple
