La fonction $\zeta$, de bout en bout

La stratégie. L'étude d'une fonction définie par une série suit un programme fixe : convergence normale sur des intervalles adaptés, continuité et régularité par localité, variations par les séries dérivées, limites aux bornes. Chaque étape a son théorème ; la seule vraie décision est le choix des intervalles.

Posons $u_n(x)=n^{-x}={\mathrm{e}}^{-x\ln n}$ pour $n\ge 1$ : chaque $u_n$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$, avec $u_n^{(k)}(x)=(-\ln n{)}^k{n}^{-x}$.

1) Où la convergence est normale. Pour $a>1$ et $x\ge a$ : $0<n^{-x}\le n^{-a}$, et $\sum n^{-a}$ est une série de Riemann convergente. La borne supérieure de $u_n$ sur $[a,+\infty [$ vaut $n^{-a}$ : la convergence est normale sur $[a,+\infty [$.

Sur $]1,+\infty [$, la borne supérieure de $n^{-x}$ vaut $\frac{1}{n}$ — elle n'est pas atteinte, c'est la limite quand $x\to 1^{+}$ — et $\sum \frac{1}{n}$ diverge : pas de convergence normale sur $]1,+\infty [$. On n'en a pas besoin : la continuité et la dérivabilité sont des propriétés locales, et tout $x_0>1$ est intérieur à un intervalle $[a,+\infty [$ avec $1<a<x_0$ ; il suffit de prendre $a=\frac{1+x_0}{2}$.

2) La régularité. Continuité. Sur chaque $[a,+\infty [$, les $u_n$ sont continues et la convergence est uniforme : $\zeta$ y est continue, donc continue sur $]1,+\infty [$.

Classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$. Fixons $k\ge 1$ et $a>1$. Pour $x\ge a$, $$|u_n^{(k)}(x)|=\frac{(\ln n{)}^k}{n^x}\le \frac{(\ln n{)}^k}{n^a}.$$ Choisissons $b$ avec $1<b<a$. Alors $\frac{(\ln n{)}^k}{n^a}=\frac{(\ln n{)}^k}{n^{a-b}}\cdot \frac{1}{n^b}$, et le premier facteur tend vers $0$ par croissances comparées, puisque $a-b>0$. Donc $\frac{(\ln n{)}^k}{n^a}=o\left(\frac{1}{n^b}\right)$, terme général d'une série de Riemann convergente : la série des dérivées $k$-ièmes converge normalement sur $[a,+\infty [$, et ce pour tout $k$. Le théorème de dérivation terme à terme, dans son extension à la classe ${\mathcal{C}}^k$ — convergence simple des séries dérivées d'ordre $j<k$, convergence uniforme de celle d'ordre $k$ —, s'applique sur $[a,+\infty [$ pour tout $k$. Par localité, $\zeta$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $]1,+\infty [$, et, le terme $n=1$ disparaissant puisque $\ln 1=0$, $${\zeta }^{(k)}(x)=\sum _{n\ge 2}\frac{(-\ln n{)}^k}{n^x}(k\ge 1).$$

Les variations. ${\zeta }^{\prime }(x)=-{\sum }_{n\ge 2}\frac{\ln n}{n^x}$ est une somme de termes strictement négatifs : $\zeta$ est strictement décroissante. ${\zeta }^{\prime \prime }(x)={\sum }_{n\ge 2}\frac{(\ln n{)}^2}{n^x}$ est strictement positive : $\zeta$ est convexe.

3) La limite en $+\infty$, puis l'équivalent. La convergence est uniforme sur $[2,+\infty [$ et chaque terme a une limite en $+\infty$ : $u_1(x)=1$ pour tout $x$, et $n^{-x}\to 0$ pour $n\ge 2$. Le théorème de la double limite donne $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\zeta (x)=1+0+0+\cdots =1.$$ L'équivalent. Écrivons $$2^x(\zeta (x)-1)=1+\sum _{n\ge 3}{\left(\frac{2}{n}\right)}^x.$$ Pour $n\ge 3$ et $x\ge 2$, on a $0<{\left(\frac{2}{n}\right)}^x\le {\left(\frac{2}{n}\right)}^2=\frac{4}{n^2}$, puisque $\frac{2}{n}<1$ : cette série converge normalement sur $[2,+\infty [$, et chacun de ses termes tend vers $0$ en $+\infty$. La double limite, une seconde fois, donne que sa somme tend vers $0$, donc $2^x(\zeta (x)-1)\to 1$ : $$\zeta (x)-1\underset{x\to +\infty }{\sim }{2}^{-x}.$$ Le premier terme non constant domine tous les autres, qui décroissent exponentiellement plus vite.

4) Le comportement en $1^{+}$. Fixons $x>1$. La fonction $t\mapsto t^{-x}$ est continue, positive et décroissante sur $[1,+\infty [$. Pour $n\ge 1$, ${\int }_n^{n+1}{t}^{-x}\mathrm{d}t\le n^{-x}$ ; pour $n\ge 2$, $n^{-x}\le {\int }_{n-1}^n{t}^{-x}\mathrm{d}t$. En sommant, les intégrales convergeant puisque $x>1$ : $${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^x}\le \zeta (x)\le 1+{\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^x}.$$ Or ${\int }_1^{+\infty }{t}^{-x}\mathrm{d}t={\left[\frac{t^{1-x}}{1-x}\right]}_1^{+\infty }=\frac{1}{x-1}$. D'où $$\frac{1}{x-1}\le \zeta (x)\le 1+\frac{1}{x-1}.$$ En multipliant par $x-1>0$ : $1\le (x-1)\zeta (x)\le x$. L'encadrement donne $(x-1)\zeta (x)\to 1$ quand $x\to 1^{+}$ : $$\zeta (x)\underset{x\to 1^{+}}{\sim }\frac{1}{x-1},$$ et en particulier $\zeta (x)\to +\infty$.

L'allure. Sur $]1,+\infty [$, le graphe descend strictement, sa concavité tournée vers le haut, depuis l'asymptote verticale d'équation $x=1$ jusqu'à l'asymptote horizontale d'équation $y=1$, qu'il approche par au-dessus, l'écart valant à peu près $2^{-x}$ ; il reste compris entre les deux hyperboles $y=\frac{1}{x-1}$ et $y=1+\frac{1}{x-1}$.

Le point délicat. La double limite ne dit rien en $1^{+}$ : chaque terme tend vers $\frac{1}{n}$, et $\sum \frac{1}{n}$ diverge ; l'uniformité sur un intervalle $]1,a]$ est d'ailleurs fausse, puisque le théorème forcerait alors la convergence de $\sum \frac{1}{n}$. C'est la comparaison série-intégrale qui prend le relais : quand l'interversion est impossible, on mesure la divergence.

Contrôle numérique. $\zeta (1,1)=10,5844$, bien compris entre $10$ et $11$ ; en $x=1,01$, $(x-1)\zeta (x)=1,00578$. En l'infini, $2^x(\zeta (x)-1)$ vaut $1,1817$ en $x=5$, $1,0184$ en $x=10$ et $1,0003$ en $x=20$. Enfin ${\zeta }^{\prime }(2)=-0,93755$, calculé par la série dérivée comme par un taux d'accroissement : la série dérivée calcule bien la dérivée de la somme.

Ce que l'exercice installe. Le programme d'étude d'une somme de série : convergence normale sur des intervalles adaptés, continuité et régularité par localité, variations lues sur les séries dérivées, limites aux bornes par double limite quand elle s'applique, par comparaison série-intégrale quand elle échoue. La fonction $\zeta$ reviendra : ses valeurs en $2$ et en $4$ sont calculées au problème de cette séance, et la seconde est celle qu'emploie la loi de Stefan du rayonnement thermique, au TD 9.