vendredi 29 janvier 2016

Prolongement analytique de la fonction zeta

La fonction Zeta de Riemann $\zeta(x)$ est un des objets mathématiques les plus intéressant, car elle intervient naturellement aussi bien  en analyse qu'en théorie des nombres. Classiquement elle est définie par la valeur de la  série de Riemann  pour l'exposant $x$ quand celle-ci est convergente soit :
$$\zeta(x)=\sum_{k=1}^\infty {1\over k^x},~~~~\forall x,~~\Re(x)>1$$
Cependant en utilisant la théorie des fonctions analytiques, la  fonction  $\zeta$ peut être prolongée  à tout ${\mathbb C}\setminus\{1\}$. En particulier on peut la définir dans la bande $0<\Re(x)<1$, très importante en théorie des nombres, par le développement asymptotique suivant quand $n\to\infty$ :
$$\sum_{k=1}^n{1\over k^x}={n^{1-x}\over 1-x}+\zeta(x)+{\mathcal O}\left({1\over n^x}\right),~~~ \forall x\neq1,~~\Re(x)>0$$

le graphe de la fonction Zeta de Riemann obtenu avec le logiciel SAGE

Prolongement analytique

La question du prolongement de la fonction $\zeta$ repose sur la théorie des fonctions analytiques. Pour une fonction analytique au voisinage d'un point il existe un ouvert maximal  sur lequel  elle est analytique. En particulier si on arrive à montrer qu'une fonction est analytique sur un domaine $\Omega$ et qu'elle reste définie et continue jusqu'au bord de son domaine, alors elle peut être prolongée analytiquement  au delà du bord, et ce prolongement est unique!
Pour montrer l'analycité de $\zeta(x)$ on commence par calculer sa dérivée, en dérivant terme à terme la série de Riemann pour $\Re(x)>1$ on obtient :
$$\zeta'(x)=\left(\sum_{k=1}^\infty {1\over k^x}\right)'=\sum_{k=1}^\infty \left(e^{-x\ln(k)}\right)'
=\sum_{k=1}^\infty -\ln(k)e^{-x\ln(k)}=-\sum_{k=1}^\infty {\ln(k)\over k^x}$$
Cette nouvelle série converge encore pour $\Re(x)>1$  (en utilisant le critère de Riemann  avec $\ln(k)={\mathcal O}\left(k^{\Re(x)-1\over 2}\right)$)  ce qui fait de la fonction $\zeta$ est bien  analytique pour $\Re(x)>1$. De la même manière on peut introduire la fonction $\eta$  :
$$\eta(x)=\sum_{k=1}^\infty  {(-1)^k\over k^x}\Rightarrow \eta'(x)=-\sum_{k=1}^\infty  {(-1)^k\ln(k)\over k^x}$$
qui est donc  analytique pour $\Re(x)>1$, mais  cette fois la formule  est définie bien au-delà de $\Re(x)>1$. En utilisant un regroupement de termes pairs et impairs
$$\begin{align*}
{1\over (2k)^x}- {1\over (2k-1)^x}
&= {1\over (2k)^x}\left(1- e^{x\ln(1-1/(2k))}\right)\\
&= {1\over (2k)^x}\left(-{x\over 2k}+{\mathcal O}\left({1\over k^2}\right)\right)\\
&={\mathcal O}\left({1\over k^{1+\Re(x)}}\right)\\
\Rightarrow \eta(x)&=\sum_{k=1}^\infty {1\over (2k)^x}- {1\over (2k-1)^x} ~~\text{converge absolument}
\end{align*} $$
On pourrait montrer  de même que $\eta'(x)$  est bien définie pour $\Re(x)>0$, la fonction $\eta$ est donc analytique bien au-delà de $\Re(x)>1$. Maintenant  on peut utiliser $\eta$ pour trouver un prolongement analytique de $\zeta$ en décomposant les séries suivant les termes pairs et impairs (c'est possible tant que les séries convergent soit pour $\Re(x)>1$) :
$$\begin{array}{rcl}
\zeta(x)&=&\displaystyle\sum_{k=1}^\infty {1\over (2k)^x}+ {1\over (2k-1)^x}= {1\over 2^x}\zeta(x)+f(x)\\
\eta(x)&=&\displaystyle\sum_{k=1}^\infty {1\over (2k)^x}- {1\over (2k-1)^x}= {1\over 2^x}\zeta(x)-f(x)\\
\end{array}
$$
en additionnant les deux formules on obtient que
$$\zeta(x)+\eta(x)={2\over 2^x}\zeta(x)\Rightarrow \zeta(x)={1\over 1-2^{1-x}}\eta(x)$$
apriori  cette formule n'est valable que pour $\Re(x)>1$  mais $\zeta$ étant une fonction analytique  et le membre de droite étant défini pour tout  $\Re(x)>0$ et $x\neq1$ (à cause du terme $1-2^{1-x}$ qui s'annule en $x=1$) le membre de droite  est donc un prolongement analytique de $\zeta(x)$!

Formule d'Euler-MacLaurin

Maintenant qu'on a montré que la fonction $\zeta$  admet un prolongement analytique dans le domaine
$$\Omega=\{x\in{\mathbb C}\vert \Re(x)>0~~et~~x\neq1\}$$
on va construire  un autre prolongement de $\zeta$  qui coïncidera avec le précédent par unicité du  prolongement analytique! Pour cela on va utiliser  la formule d'Euler Mac-Laurin d'ordre 1  (dont j'ai parlé dans billet sur ce blog):
$$\sum_{k=a}^nf(k)=\int_{a-1}^nf(t)dt+\int_{a-1}^n\{t\}f'(t)dt,~~\{t\}=\text{partie décimale de }t$$
pour $f(k)={1\over k^{x}}\Rightarrow f'(x)={-x\over t^{x+1}}$ on obtient  :
$$\begin{align*}
\sum_{k=1}^n{1\over k^x}
=1+\sum_{k=2}^n{1\over k^x}
&=1+\int_1^n{1\over t^x}dt+\int_1^n\{t\}\times{-x\over t^{x+1}}dt\\
&={n^{1-x}\over 1-x}-{1\over 1-x}+1-x\int_1^n{\{t\}\over t^{x+1}}dt\\
&={n^{1-x}\over 1-x}-{x\over 1-x}-x\int_1^n{\{t\}\over t^{x+1}}dt
\end{align*}$$
lorsque $\Re(x)>1$ quand $n\to \infty$:
  • $\int_1^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt$ converge absolument (par le critère de Riemann pour l'exposant $x+1>1$)
  •  le terme ${n^{1-x}\over 1-x}$ tend vers 0 (car l'exposant de $n$ est $1-x<0$)

en faisant tendre $n$ vers l'infini on obtient donc que
$$\zeta(x)=-{x\over 1-x}-x\int_1^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt=-{x\over 1-x}-x\int_1^\infty\{t\}e^{-(x+1)\ln(t)}dt$$
Si maintenant  on remarque  que cette expression est encore définie lorsque $x\neq 1$ et $\Re(x)>0$ (l'intégrale est encore convergente par le critère de Riemann avec $x+1>1$)  on a donc obtenu un prolongement de la fonction $\zeta$ à tout le domaine $\Omega$ qui est unique puisque  $\zeta$ est analytique !  En ré-analysant le développement asymptotique  dans le cas ou $\Re(x)>0$ on a
$$\sum_{k=1}^n{1\over k^x}=
{n^{1-x}\over 1-x}\underbrace{-{x\over 1-x}-\int_1^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt}_{=\zeta(x)}+\underbrace{\int_n^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt}_{={\mathcal O}\left({1\over n^{\Re(x)}}\right)}$$
ce qui signifie que la fonction $\zeta$ est donné par le terme constant, dernier terme ne tendant pas vers 0  dans le développement ci-dessus. En effet le reste  décroit bien vers 0 puisque $\Re(x)>0$ et :
$$\left\vert\int_n^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt\right\vert
\leq \int_n^\infty{1\over t^{1+\Re(x)}}dt=\left[-{1\over \Re(x)t^{\Re(x)}}\right]_n^\infty= {1\over \Re(x)n^{\Re(x)}}={\mathcal O}\left({1\over n^{\Re(x)}}\right)$$
au passage  on peut remarquer que cette formule nous donne  un équivalent de $\zeta(x)\sim {1\over x-1}$ en $x\to 1$  qui montre que cette fonction ne peut pas être prolongée en ce point !

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- $\sum_{n=1}^\infty {1\over n^2}={\pi^2\over 6}$ s'obtient avec \sum_{n=1}^\infty {1\over n^2}={\pi^2\over 6}
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- pour les crochets $\langle .,. \rangle$ dans les commentaires utilisez \langle .,. \rangle
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