La fonction zêta de Riemann est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$

Stratégie : le théorème de dérivation terme à terme, appliqué non pas sur $]1,+\infty [$ — où rien ne converge normalement — mais sur chaque $[a,+\infty [$ avec $a>1$. La classe ${\mathcal{C}}^k$ étant une propriété locale, on recolle ensuite. Ce découpage n'est pas une élégance, c'est la seule route.

On pose, pour $n\ge 1$, $u_n(x)=n^{-x}=e^{-x\ln n}$, et $\zeta (x)={\sum }_{n\ge 1}{u}_n(x)$.

0. Les fonctions et leurs dérivées. Chaque $u_n$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$, avec $$u_n^{(k)}(x)=(-\ln n{)}^k{n}^{-x},\text{donc}\left|u_n^{(k)}(x)\right|=\frac{(\ln n{)}^k}{n^x}.$$ (Pour $n=1$, $\ln 1=0$ : toutes les dérivées de $u_1\equiv 1$ sont nulles, ce qui est cohérent.)

1. Convergence simple. Pour $x>1$, $\sum n^{-x}$ est une série de Riemann convergente : $\zeta$ est bien définie sur $]1,+\infty [$.

2. Convergence normale de chaque série dérivée sur $[a,+\infty [$, $a>1$. Fixons $a>1$ et $k\in \mathbb{N}$. Pour tout $x\ge a$ et tout $n\ge 1$ : $$\left|u_n^{(k)}(x)\right|=\frac{(\ln n{)}^k}{n^x}\le \frac{(\ln n{)}^k}{n^a}=:M_n^{(k)},$$ majorant indépendant de $x$. Reste à voir que $\sum M_n^{(k)}$ converge. Choisissons $a^{\prime }$ tel que $1<a^{\prime }<a$. Alors $$\frac{M_n^{(k)}}{n^{-a^{\prime }}}=\frac{(\ln n{)}^k}{n^{a-a^{\prime }}}\underset{n\to +\infty }{\to }0$$ par croissances comparées, puisque $a-a^{\prime }>0$ (toute puissance de $\ln n$ est négligeable devant toute puissance positive de $n$). Donc $M_n^{(k)}=O\left(n^{-a^{\prime }}\right)$, et $\sum n^{-a^{\prime }}$ converge car $a^{\prime }>1$. Ainsi : pour tout $k\in \mathbb{N}$, la série $\sum u_n^{(k)}$ converge normalement sur $[a,+\infty [$, donc uniformément sur $[a,+\infty [$.

3. ${\mathcal{C}}^1$ d'abord. Sur $[a,+\infty [$ : les $u_n$ sont ${\mathcal{C}}^1$, la série $\sum u_n$ converge simplement, et la série des dérivées $\sum u_n^{\prime }$ converge uniformément. Le théorème de dérivation terme à terme donne : $\zeta$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur $[a,+\infty [$ et $${\zeta }^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{+\infty }{u}_n^{\prime }(x)=-\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{\ln n}{n^x}=-\sum _{n=2}^{+\infty }\frac{\ln n}{n^x}.$$

4. Puis ${\mathcal{C}}^{\infty }$ par récurrence. Montrons par récurrence sur $k$ que $\zeta$ est ${\mathcal{C}}^k$ sur $[a,+\infty [$ avec ${\zeta }^{(k)}={\sum }_n{u}_n^{(k)}$.

• $k=0$ : c'est l'étape 1 (et la continuité, par convergence normale).
• Hérédité : supposons ${\zeta }^{(k)}={\sum }_n{u}_n^{(k)}$ sur $[a,+\infty [$. Les $u_n^{(k)}$ sont ${\mathcal{C}}^1$, la série $\sum u_n^{(k)}$ converge simplement (elle vaut ${\zeta }^{(k)}$), et $\sum u_n^{(k+1)}$ converge uniformément sur $[a,+\infty [$ par l'étape 2. Le même théorème donne ${\zeta }^{(k)}\in {\mathcal{C}}^1$ et ${\zeta }^{(k+1)}={\sum }_n{u}_n^{(k+1)}$.

5. Recollement. Soit $x_0>1$ ; posons $a=\frac{1+x_0}{2}$, de sorte que $1<a<x_0$ et que $]a,+\infty [$ est un voisinage ouvert de $x_0$ contenu dans $[a,+\infty [$. La classe ${\mathcal{C}}^k$ étant une propriété locale, $\zeta$ est ${\mathcal{C}}^k$ au voisinage de chaque point de $]1,+\infty [$, pour tout $k$. Donc $$\boxed{\zeta \in {\mathcal{C}}^{\infty }(]1,+\infty [),{\zeta }^{(k)}(x)=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{(-\ln n{)}^k}{n^x}=(-1{)}^k\sum _{n=2}^{+\infty }\frac{(\ln n{)}^k}{n^x}.}$$

6. Le point délicat : pourquoi pas directement sur $]1,+\infty [$. La série dérivée n'y converge pas normalement. En effet $$\underset{x>1}{\sup }\frac{\ln n}{n^x}=\frac{\ln n}{n}$$ (la borne supérieure est la limite quand $x\to 1^{+}$), et $\sum \frac{\ln n}{n}$ diverge (son terme général domine $\frac{1}{n}$ dès $n\ge 3$). Tenter la convergence normale sur $]1,+\infty [$ échoue donc réellement ; ce n'est pas une précaution de rédaction. C'est le cas général en pratique : on vérifie la convergence uniforme sur tout segment, ou sur des intervalles adaptés à la situation, jamais sur l'intervalle ouvert entier.

Contrôle chiffré ($k=1$, en $x=2$). Trois calculs indépendants de ${\zeta }^{\prime }(2)$ :

méthode	valeur
série dérivée $-{\sum }_{n=2}^{4\cdot 10^6}\frac{\ln n}{n^2}$	$-0,937544$
valeur tabulée de ${\zeta }^{\prime }(2)$	$-0,9375482543$
taux d'accroissement $\frac{\zeta (2+h)-\zeta (2-h)}{2h}$, $h=10^{-6}$	$-0,9375482543$

La somme partielle est en retard de $4,1\cdot 10^{-6}$, ce qui est exactement l'ordre de grandeur du reste : par comparaison série-intégrale, ${\sum }_{n>N}\frac{\ln n}{n^2}\approx \frac{\ln N+1}{N}\approx 4,1\cdot 10^{-6}$ pour $N=4\cdot 10^6$. Les deux autres méthodes coïncident sur dix décimales : la série dérivée calcule bien la dérivée de la somme, ce qui est précisément l'énoncé du théorème.

Acquis. La recette complète : (i) une majoration du terme général de la série des dérivées $k$-ièmes, indépendante de $x$, valable sur un intervalle adapté ; (ii) la convergence de la série des majorants, obtenue ici par croissances comparées et Riemann ; (iii) le théorème de dérivation terme à terme, appliqué en cascade ; (iv) le recollement, licite parce que la régularité est locale.