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 $n\to\infty$ :
$$\sum_{k=1}^n{1\over k^x}={n^{1-x}\over 1-x}+\zeta(x)+{\mathcal O}\left({1\over n^x}\right),~~~ \forall x\neq1,~~\Re(x)>0$$
$$\zeta(x)=\sum_{k=1}^\infty {1\over k^x},~~~~\forall x,~~\Re(x)>1$$
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 $n\to\infty$ :
$$\sum_{k=1}^n{1\over k^x}={n^{1-x}\over 1-x}+\zeta(x)+{\mathcal O}\left({1\over n^x}\right),~~~ \forall x\neq1,~~\Re(x)>0$$
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| 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 $\zeta(x)$!
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 $n\to \infty$:
$$\Omega=\{x\in{\mathbb C}\vert \Re(x)>0~~et~~x\neq1\}$$
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 !
$$\zeta(x)=-{x\over 1-x}-x\int_1^\infty{\{t\}\over t^{x+1}}dt=-{x\over 1-x}-x\int_1^\infty\{t\}e^{-(x+1)\ln(t)}dt$$
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 !
Merci!!!! Très, très intéressant!!!!!
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