☛ Zêta

1.  \(I_{0}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\cos^{0}x\mbox{d}x=\int_{0}^{\pi/2}1\mbox{d}x}=\dfrac{\pi}{2}\)   .

\(I_{1}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\cos x\mbox{d}x=\left[\sin x\right]_{0}^{\pi/2}=1}\) .

\(J_{0}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x^{2}\mbox{d}x}=\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_{0}^{\pi/2}=\dfrac{\pi^3}{24}\) .

\(J_{1}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x^{2}\cos x\mbox{d}x}\) .
On effectue une intégration par parties en posant \(u'(x)=\cos x\)  et \(v(x)=x^2\) .
On a alors \(u(x)=\sin x\)  et \(v'(x)=2x\) . 
Les fonctions \(u'\)  et \(v'\)  sont continues sur \(\left[0 \ ; \dfrac{\pi}{2} \right ]\)  donc    \(\displaystyle{J_{1}={ \int_{0}^{\pi/2}x^{2}\cos x\mbox{d}x}=\left[x^2\sin x\right]_{0}^{\pi/2}-\int_{0}^{\pi/2}2x\sin x\mbox{d}x=\dfrac{\pi^2}{4}-\int_{0}^{\pi/2}2x\sin x\mbox{d}x}\) .

On refait une intégration par parties pour calculer la deuxième intégrale en posant \(u'(x)=\sin x\)  et \(v(x)=2x\) . On a alors \(u(x)=-\cos x\)  et \(v'(x)=2\) . 
On obtient \(\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}2x\sin x\mbox{d}x=\left[-2x\cos x\right]_{0}^{\pi/2}+\int_{0}^{\pi/2}2\cos x\mbox{d}x}=\left[2\sin x\right]_{0}^{\pi/2}=2\) .
Par conséquent \(J_1=\dfrac{\pi^2}{4}-2\) .

2. La fonction cosinus étant positive sur \(\left[0\ ;\dfrac{\pi}{2}\right]\) , il est clair que, pour tout entier naturel \(n\) , on a \(I_n\geqslant0\) .
On peut écrire par exemple que \(I_{n}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\cos^{n}x\mbox{d}x+\int_{\pi/4}^{\pi/2}\cos^{n}x\mbox{d}x}\) .
Pour tout réel   \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\)   , \(\cos^n x>0\)  donc \({\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\cos^{n}x\mbox{d}x}>0\) .
Comme \({\displaystyle \int_{\pi/4}^{\pi/2}\cos^{n}x\mbox{d}x}\geqslant 0\) , alors \(I_n>0\) .

3.    \(I_{n+2}={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\cos^{n+2}x\mbox{d}x}\) . 
On effectue une intégration par parties en posant \(u'(x)=\cos x\)  et \(v(x)=\cos ^{n+1}x\) .
On a alors \(u(x)=\sin x\)  et \(v'(x)=-(n+1)\cos^n x \sin x\) . 

\(\displaystyle{I_{n+2}= \left[\sin x\cos ^{n+1} x\right]_{0}^{\pi/2}-\int_{0}^{\pi/2}-(n+1)\cos^{n}x\sin^2 x\mbox{d}x=(n+1)\int_{0}^{\pi/2}\cos^{n}x\sin^2 x\mbox{d}x}\) . 
Mais \(\sin^2 x=1-\cos^2x\)  donc

\(\displaystyle{I_{n+2}=(n+1)\int_0^{\pi/2}\cos^n x\left(1-\cos^2 x\right)\mbox{d}x=(n+1)\left(\int_0^{\pi/2}\cos^n x\mbox{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{n+2} x\mbox{d}x\right)}\)

Donc \(I_{n+2}=(n+1)\left(I_n-I_{n+2}\right)\)  soit \(\left(1+n+1\right)I_{n+2}=(n+1)I_n\)

D'où, pour tout entier naturel \(n\) , on a bien \(I_{n+2}=\dfrac{n+1}{n+2}I_{n}\) .

4. a. Il est clair que \(x\geqslant0\)  pour tout \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) .
De plus, la fonction sinus est concave sur l'intervalle \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) .
En effet, pour tout réel  \(x\)  de \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right], \ \sin''(x)=-\sin(x)\leqslant0\) .
La courbe représentative de la fonction sinus est au-dessus de ses cordes, en particulier celle reliant les points \(\mbox A\left(0\ ; \sin 0\right)\)  et \(\mbox B\left(\dfrac{\pi}{2}\ ; \sin \left(\dfrac{\pi}{2}\right)\right)\) , soit encore \(\mbox A\left(0\ ; 0\right)\)  et   \(\mbox B\left(\dfrac{\pi}{2}\ ; 1\right)\) .
La droite \((\mbox {AB})\)  ayant pour équation \(y=\dfrac {2}{\pi}x\) , on en déduit que, pour tout réel \(x\)  de \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) , on a  \(\dfrac {2}{\pi}x\leqslant\sin x\) .
Ainsi, pour tout \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) ,  \(0\leqslant x\leqslant\dfrac{\pi}{2}\sin x\) .

    b. La fonction carré est croissante sur \(\mathbb R_+\)  donc, pour tout   \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) ,   \(0\leqslant x^2\leqslant\dfrac{\pi^2}{4}\sin^2 x\) .
En multipliant par \(\cos^n x\) , quantité positive sur  \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) , on obtient, pour tout entier naturel \(n\) ,  
\(0\leqslant x^2\cos^n x\leqslant\dfrac{\pi^2}{4}\cos^n x\sin^2 x\) , soit encore \(0\leqslant x^2\cos^n x\leqslant\dfrac{\pi^2}{4}\cos^n x\left(1-\cos^2 x\right)\)  puis    \(0\leqslant x^2\cos^n x\leqslant\dfrac{\pi^2}{4}\left(\cos^n x-\cos^{n+2}x\right)\)   .
En intégrant sur l'intervalle \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) , on obtient \(0\leqslant J_{n}\leqslant\dfrac{\pi^{2}}{4}\left(I_{n}-I_{n+2}\right)\) .

    c. En divisant les membres des inégalités précédentes par  \(I_n\)  ( \(I_n>0\)  d'après 2), on obtient, pour tout entier naturel \(n\) ,  \(0\leqslant \dfrac{J_{n}}{I_n}\leqslant\dfrac{\pi^{2}}{4}\left(1-\dfrac{I_{n+2}}{I_n}\right)\) .
Mais, d'après 3,   \(\dfrac{I_{n+2}}{I_n}=\dfrac{n+1}{n+2}\) . Donc   \(0\leqslant \dfrac{J_{n}}{I_n}\leqslant\dfrac{\pi^{2}}{4}\left(1-\dfrac{{n+1}}{n+2}\right)\) , ce qui peut encore s'écrire  \(0\leqslant \dfrac{J_{n}}{I_n}\leqslant\dfrac{\pi^{2}}{4}\times \dfrac{{1}}{n+2}\) .

Comme \(\underset{n\rightarrow+\infty}{\lim}\dfrac{\pi^{2}}{4}\times\dfrac{1}{n+2}=0\) , alors, d'après le théorème des gendarmes, \(\underset{n\rightarrow+\infty}{\lim}\dfrac{J_{n}}{I_{n}}=0\) .

5. a. On effectue une première intégration par parties en posant \(u'(x)=1\)  et \(v(x)=\cos ^{k+2}x\) . On a alors \(u(x)=x\)  et \(v'(x)=-(k+2)\cos^{k+1} x \sin x\) . On en déduit que :
\(\begin{array}{ccl}I_{k+2} & = & {\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\cos^{k+2}x\mbox{d}x}\\ & = & \left[x\cos^{k+2}x\right]_{0}^{\pi/2}+(k+2){\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x\cos^{k+1}x\sin x\mbox{d}x}\\ & = & (k+2){\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x\cos^{k+1}x\sin x\mbox{d}x}\end{array}\)  

On    effectue une deuxième intégration par parties en posant \(u'(x)=x\)  et \(v(x)=\cos ^{k+1}x\sin x\) .
On a alors \(u(x)=\dfrac {x^2}{2}\)  et   \(v'(x)=-(k+1)\cos ^{k}x\sin^2 x+\cos^{k+1}x\cos x\) , que l'on peut écrire sous la forme  \(v'(x)=-(k+1)\cos ^{k}x\left(1-\cos^2 x\right)+\cos^{k+2}x\)   ou encore   \(v'(x)=-(k+1)\cos^{k}x+(k+2)\cos ^{k+2}x\) . On en déduit que :
\(\begin{array}{ccl}{\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x\cos^{k+1}\sin x\mbox{d}x} & = & \left[\dfrac{x^{2}}{2}\cos^{k+1}x\sin x\right]_{0}^{\pi/2}-{\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\dfrac{x^{2}}{2}\left(-(k+1)\cos^{k}x+(k+2)\cos^{k+2}x\right)\mbox{d}x}\\ & = & (k+1){\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\dfrac{x^{2}}{2}\cos^{k}\mbox{d}x-(k+2){\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\dfrac{x^{2}}{2}\cos^{k+2}\mbox{d}x}}\\ & = & (k+1)\dfrac{J_{k}}{2}-(k+2)\dfrac{J_{k+2}}{2}\end{array}\)

Par conséquent,  \(I_{k+2}=\dfrac{(k+1)(k+2)J_{k}-(k+2)^{2}J_{k+2}}{2}\) .

    b. De la question précédente, on déduit que \(\dfrac{1}{(k+2)^2}=\dfrac12\left( \dfrac{k+1}{k+2}\times\dfrac{J_{k}}{I_{k+2}}-\dfrac{J_{k+2}}{I_{k+2}}\right)\) .

Or, d'après 3, \(I_{k+2}=\dfrac{k+1}{k+2}I_k\)  donc \(\dfrac{1}{\left(k+2\right)^{2}}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{J_{k}}{I_{k}}-\dfrac{J_{k+2}}{I_{k+2}}\right)\) .

    c. En sommant de \(k=0\)  à \(n-2\) , on obtient :

\(\begin{array}{ccl}{\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{(k+2)^{2}}} & = & \displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{J_{k}}{I_{k}}-\dfrac{J_{k+2}}{I_{k+2}}\right)\\ & = & \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{J_{0}}{I_{0}}+\dfrac{J_{1}}{I_{1}}-\dfrac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\dfrac{J_{n}}{I_{n}}\right)\,\,\,\,\,\,\,\text{par télescopage}\end{array}\)

De plus,  \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{(k+2)^2}=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k^2}=S_n-1\) . Donc

\(S_n=1+\dfrac12\left( \dfrac{\dfrac{\pi^3}{24}}{\dfrac{\pi}{2}}+\dfrac{\pi^2}{4}-2-\dfrac {J_{n-1}}{I_{n-1}}-\dfrac {J_n}{I_n}\right)=\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac12\left(\dfrac {J_{n-1}}{I_{n-1}}-\dfrac {J_n}{I_n}\right)\) .
Comme  \(\underset{n\rightarrow+\infty}{\lim}\dfrac{J_{n-1}}{I_{n-1}}=\underset{n\rightarrow+\infty}{\lim}\dfrac{J_{n}}{I_{n}}=0\)  (question 4c), alors la suite \(\left(S_{n}\right)\)  converge vers \(\dfrac{\pi^{2}}{6}\) .

Remarque

On a donc montré que \(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+...=\dfrac{\pi^2}{6}\)  que l'on peut écrire sous la forme dite d'une somme de série \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}\) . Ce nombre, noté \(\zeta(2)\) , n'est qu'un cas particulier de la fonction de Riemann \(\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{s}}\) , où \(s\)  est un réel strictement supérieur à \(1\) .

On sait par exemple que \(\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}\) , mais on ne connaît pas de valeur explicite pour \(\zeta(3)\) . En 1978, le français Roger Apéry a « simplement » montré que  \(\zeta(3)\)   était un nombre irrationnel. Alors... À vos stylos !!