Application de l’intégration par parties: somme infinie des inverses des carrés

Application de l’intégration par parties: somme infinie des inverses des carrés

Certes, le titre est long et peu compréhensible au premier abord, donc je vais clarifier l’objectif de cet article: proposer un exercice en Terminale montrant une application de l’intégration par parties pour calculer \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}\).

application intégration par parties

Étape 1

Comme tout le monde ne sait, les entiers naturels sont composés exclusivement de nombres pairs et impairs. On peut donc dire que l’ensemble des entiers naturels est l’union des ensembles:$$P = \{2p,\ p\in\mathbb{N}\}$$et$$I=\{2p+1,\ p\in\mathbb{N}\}.$$On peut alors écrire que pour tout entier naturel M = 2m pair (par exemple):$$\sum_{n=1}^{M}\frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{(2n)^2} + \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{(m-1)^2}$$que l’on peut aussi écrire:$$\sum_{n=1}^{M}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2} + \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{(2m-1)^2}.$$Si on fait tendre M vers l’infini dans cette égalité, on a:$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} + \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2m-1)^2}.$$ Il y a deux fois la même somme, que l’on va donc mettre du même côté du signe “=”:$$\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}= \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}.$$On peut ainsi conclure que:$$\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{4}{3} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}}.$$

Étape 2: application de l’intégration par parties

Intéressons-nous à l’intégrale suivante:$$I_n=\int_1^0 x^n\ln(x)\text{d}x.$$Il n’y a pas d’erreur dans l’ordre des bornes: la fonction \(x \mapsto x^n\ln(x)\) étant négative sur [0;1], et souhaitant une intégrale positive, j’inverse l’ordre des bornes.

À l’aide d’une intégration par parties, je vais calculer \(I_n\) pour tout entier naturel n. Posons alors:$$\begin{array}{l@{\qquad}l}u'(x)=x^n & u(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}\\v(x)=\ln(x) & v'(x)=\frac{1}{x}\end{array}$$

On a alors:$$\begin{align}I_n & = \int_1^0 u'(x)v(x)\text{d}x\\ & = \big[u(x)v(x)\big]^0_1 – \int_1^0 u(x)v'(x)\text{d}x\\ & = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1}\ln(x)\right]_1^0 – \int_1^0 \frac{1}{x}\times\frac{x^{n+1}}{n+1}\text{d}x \\ & = 0-\frac{1}{n+1} \int_1^0 x^n\text{d}x \\ & = -\frac{1}{n+1} \times \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_1^0 \\ & =\ – \frac{1}{(n+1)^2}.\end{align}$$On a donc:$$\boxed{\int_1^0 x^n\ln(x)\text{d}x = \frac{1}{(n+1)^2}}$$

Étape 3

Des deux étapes que nous venons de voir, nous pouvons écrire:$$\begin{align}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} & =\frac{4}{3} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\\ & = \frac{4}{3}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}\\ & = \frac{4}{3} \sum_{n=0}^{+\infty} \int_1^0 x^{2n}\ln(x) \text{d}x \\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \ln(x) \sum_{n=0}^{+\infty} x^{2n} \text{d}x\end{align}$$

La somme qui apparaît dans l’intégrale est une série géométrique:$$\sum_{n=0}^{p} x^{2n} = \frac{1-x^{2p}}{1-x^2}.$$Or, pour \(x\in[0;1[\), on a :$$\lim\limits{n\to+\infty}\sum_{n=0}^{p} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}.$$En effet, \(\lim\limits_{n\to+\infty}(x^{2n})=0\) pour \(0 \leqslant x < 1\).

On peut alors écrire abusivement (le cas où x = 1 est problématique en théorie car la convergence de la série géométrique n’est pas avérée, mais on en fait fît pour le moment):$$\begin{align}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} & =\frac{4}{3} \int_1^0 \frac{\ln(x)}{1-x^2} \text{d}x\end{align}.$$

Étape 4

Comme vous pouvez vous le dire, cette dernière intégrale n’est pas sympathique… On va donc la bidouiller! On va d’abord remarquer que:$$\ln(x^2) = \lim\limits_{y\to+\infty}\ln\left(\frac{1+x^2y^2}{1+y^2}\right).$$Il suffit d’imaginer que x est une constante et que y est la variable; la fraction est alors une fonction rationnelle dont la limite en l’infini est le rapport des termes de plus haut degré, donc \(\frac{x^2y^2}{y^2}\), à savoir x².

Ceci étant dit, on peut alors écrire:$$\begin{align}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} & =\frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\left(\frac{1}{2}\ln(x^2)-\ln(1)\right) \text{d}x\\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\frac{1}{2}\left[\ln\left(\frac{1+x^2y^2}{1+y^2}\right)\right]_0^{+\infty} \text{d}x \\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\frac{1}{2}\left[\ln(1+x^2y^2)-\ln(1+y^2)\right]_0^{+\infty} \text{d}x \\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\left(\frac{2x^2y}{1+x^2y^2}-\frac{2y}{1+y^2}\right)\text{d}y \text{d}x \\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\int_0^{+\infty}\left(\frac{x^2y}{1+x^2y^2}-\frac{y}{1+y^2}\right)\text{d}y \text{d}x\\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\int_0^{+\infty}\frac{x^2y(1+y^2) – y(1+x^2y^2)}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\ & = \frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\int_0^{+\infty}\frac{x^2y+x^2y^3 – y-x^2y^3}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\&=\frac{4}{3} \int_1^0 \frac{1}{1-x^2}\times\int_0^{+\infty}\frac{y(x^2 – 1)}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\&=\frac{4}{3} \int_1^0 \int_0^{+\infty}\frac{-y}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\&=\frac{4}{3} \int_0^1 \int_0^{+\infty}\frac{y}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\&=\frac{4}{3} \int_0^1\frac{y}{1+y^2} \left(\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^2y^2}\text{d}x\right) \text{d}y\\&=\frac{4}{3} \int_0^1 \int_0^{+\infty}\frac{y}{(1+x^2y^2)(1+y^2)}\text{d}y \text{d}x\\&=\frac{4}{3} \int_0^1\frac{y}{1+y^2} \left[\frac{1}{y}\arctan(xy)\right]_0^1 \text{d}y \\ &= \frac{4}{3} \int_0^1\frac{\arctan(y)}{1+y^2} \text{d}y. \end{align}$$

En posant \(u=\arctan(y)\), on a \(\text{d}u=\frac{1}{1+y^2}\text{d}y\) et:$$\begin{align}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} & =\frac{4}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}u\text{d}u\\&=\frac{4}{3}\times\left[\frac{u^2}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\&=\frac{4}{3}\times\frac{\pi^2}{8}\\& = \frac{\pi^2}{6}.\end{align}$$

Facile non ?

Bon, je vous avoue que je ne suis pas à l’origine de ces calculs. Tout ceci est expliqué dans la vidéo :

D’autres méthodes que l’application de l’intégration par parties

Il existe bien entendu d’autres méthodes qui, à mes yeux, sont plus simples pour calculer la somme des inverses des carrés.

La plus séduisante (pour moi… mais chacun ses goûts) est d’utiliser les séries de Fourier, et le théorème de Parseval:

Soit f une fonction périodique de période \(T=\frac{2\pi}{\omega}\), bornée, telle que |f|² soit intégrable. Alors,$$|a_0|^2+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}\left(|a_n|^2+|b_n|^2\right)=\frac{1}{T}\int_0^T|f(x)|^2\text{d}x,$$où \(f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(a_n\cos(n\omega x) + b_n\sin(n\omega x)\right)\) est le développement de f(x) en série de Fourier.

Théorème de Parseval

Si on considère la fonction f(x) = x sur l’intervalle ]-π ; π[, on peut obtenir que son développement en série de Fourier est:$$f(x)=\sum_{n\geqslant1}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx).$$

Le théorème de Parseval nous donne alors:$$\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant1}\frac{4}{n^2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|^2\text{d}x=\frac{\pi^2}{3}$$et on en déduit alors que:$$\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Sinon, si vous êtes au lycée et que vous avez besoin d’aide en maths, n’oubliez pas que je peux vous aider par webcam !

Sinon, il y a toujours les livres d’exercices corrigés de terminale.

Stéphane Pasquet
Stéphane Pasquet

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