Considérons la fonction ${\displaystyle f}$ 2π-périodique définie par :

${\displaystyle \forall x\in \left]-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

${\displaystyle f}$ est impaire sur ${\displaystyle \left]-\pi ,\pi \right[}$ donc ${\displaystyle c_{0}=0}$. Pour ${\displaystyle n\neq 0}$,

${\displaystyle 2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }te^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {e^{-int}}{-in}}t\right]_{-\pi }^{\pi }-\int _{-\pi }^{\pi }{\frac {e^{-int}}{-in}}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {e^{-int}}{-in}}t\right]_{-\pi }^{\pi }-\left[{\frac {e^{-int}}{(-in)^{2}}}\right]_{-\pi }^{\pi }={\frac {(-1)^{n}(\pi -(-\pi ))}{-in}}-0={\frac {(-1)^{n}2\pi i}{n}}}$

donc

${\displaystyle c_{n}(f)={\frac {(-1)^{n}i}{n}}}$.

a) D'après le théorème de Dirichlet, nous avons :

${\displaystyle {\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}i}{n}}(e^{inx}-e^{-inx})=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}\sin(nx)}$.

Choisissons pour ${\displaystyle x}$ la valeur ${\displaystyle \pi /2}$ ; nous obtenons :

${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=2\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2k+1}}(-1)^{k}}$.

Nous pouvons conclure que :

Remarque. Pour tout nombre complexe ${\displaystyle z\neq \pm 1}$ tel que ${\displaystyle |z|\leq 1}$, ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}={\frac {1}{2}}\operatorname {Log} {\frac {1+z}{1-z}}}$ où ${\displaystyle \mathrm {Log} }$ est la détermination principale du logarithme complexe.

En particulier pour ${\displaystyle z=\mathrm {i} }$, on retrouve ${\displaystyle \mathrm {i} \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{2k+1}}={\frac {1}{2}}\operatorname {Log} \mathrm {i} =\mathrm {i} {\frac {\pi }{4}}}$.

b) D'après la formule de Parseval, nous avons :

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}\mathrm {d} t=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\left|{\frac {(-1)^{n}i}{n}}\right|^{2}+\left|{\frac {(-1)^{-n}i}{-n}}\right|^{2}\right)=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}$

donc

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{4\pi }}\left[{\frac {t^{3}}{3}}\right]_{-\pi }^{\pi }={\frac {1}{4\pi }}{\frac {2\pi ^{3}}{3}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$.

Nous pouvons conclure que :

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-3.)

1. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{m}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{m}}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{m}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{m}}}\right)\zeta (m)}$ ;
   ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{m}}}=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{m}}}+2\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{m}}}=\left({\frac {1}{2^{m-1}}}-1\right)\zeta (m)}$.
2. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}=\left(1-{\frac {1}{4}}\right)\zeta (2)={\frac {3}{4}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}={\frac {\pi ^{2}}{8}}}$ ;
   ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}=\left({\frac {1}{2}}-1\right)\zeta (2)=-{\frac {1}{2}}{\frac {\pi ^{2}}{6}}=-{\frac {\pi ^{2}}{12}}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-3.)

1. Considérons la fonction ${\displaystyle f}$ 2π-périodique définie par :

${\displaystyle \forall x\in \left[-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{2}}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

${\displaystyle 2\pi c_{0}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {2\pi ^{3}}{3}}}$ donc ${\displaystyle c_{0}(f)={\frac {\pi ^{2}}{3}}}$ et pour ${\displaystyle n\neq 0}$,

${\displaystyle 2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{2}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{2}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {2}{in}}\int _{-\pi }^{\pi }te^{-int}\,\mathrm {d} t=0+{\frac {2}{in}}\left[t{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }-{\frac {2}{n^{2}}}\int _{-\pi }^{\pi }e^{-int}\,\mathrm {d} t={\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}-0}$

donc

${\displaystyle c_{n}(f)={\frac {2(-1)^{n}}{n^{2}}}}$.

Remarquons au passage que le théorème de Dirichlet permet de recalculer ${\displaystyle \zeta (2)}$ et (directement) ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}}$.

Détails

:${\displaystyle {\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}={\frac {\pi ^{2}}{3}}+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}(e^{inx}+e^{-inx})={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}\cos(nx)}$.

Pour ${\displaystyle x=0}$ et ${\displaystyle x=\pi }$, on retrouve :

${\displaystyle 0={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}=-{\frac {\pi ^{2}}{12}}}$ ;

${\displaystyle \pi ^{2}={\frac {\pi ^{2}}{3}}+4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$.

En outre, d'après la formule de Parseval,

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{4}}{9}}+8\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{4}}}}$

donc

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{4}}}={\frac {{\frac {\pi ^{4}}{5}}-{\frac {\pi ^{4}}{9}}}{8}}}$,

soit

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-5.)

2. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{4}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{4}}}\right)\zeta (4)={\frac {15}{16}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}={\frac {\pi ^{4}}{96}}}$ ;

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}=\left({\frac {1}{2^{3}}}-1\right)\zeta (4)=-{\frac {7}{8}}{\frac {\pi ^{4}}{90}}={\frac {-7\pi ^{4}}{720}}}$.

(Pour une autre méthode, voir la solution de l'exercice 9-5.)

1. Considérons la fonction ${\displaystyle f}$ 2π-périodique définie par :

${\displaystyle \forall x\in \left]-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{3}}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

${\displaystyle f}$ est impaire sur ${\displaystyle \left]-\pi ,\pi \right[}$ donc ${\displaystyle c_{0}(f)=0}$. Pour ${\displaystyle n\neq 0}$, sachant déjà (d'après le calcul du début de l'exercice précédent) que ${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }t^{2}e^{-int}\,\mathrm {d} t={\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}}$, on trouve :

${\displaystyle 2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{3}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{3}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {3}{in}}{\frac {4\pi (-1)^{n}}{n^{2}}}={\frac {2\pi ^{3}(-1)^{n}}{-in}}+{\frac {12\pi (-1)^{n}}{in^{3}}}}$

donc

${\displaystyle c_{n}(f)=i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)}$.

D'après la formule de Parseval,

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{6}\mathrm {d} t=2\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)^{2}=2(\pi ^{4}\zeta (2)-12\pi ^{2}\zeta (4)+36\zeta (6))}$

donc

${\displaystyle \zeta (6)={\frac {{\frac {\pi ^{6}}{14}}-\pi ^{4}{\frac {\pi ^{2}}{6}}+12\pi ^{2}{\frac {\pi ^{4}}{90}}}{36}}={\frac {\pi ^{6}}{36}}\left({\frac {1}{14}}-{\frac {1}{6}}+{\frac {2}{15}}\right)}$,

soit

2. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{6}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{6}}}\right)\zeta (6)={\frac {65}{64}}{\frac {\pi ^{6}}{945}}=={\frac {\pi ^{6}}{960}}}$ ;

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{6}}}=\left({\frac {1}{2^{5}}}-1\right)\zeta (6)=-{\frac {31}{32}}{\frac {\pi ^{6}}{945}}=-{\frac {31\pi ^{6}}{30240}}}$.

1. Considérons la fonction ${\displaystyle f}$ 2π-périodique définie par :

${\displaystyle \forall x\in \left[-\pi ,\pi \right]\qquad f(x)=x^{4}}$.

Calculons ses coefficients de Fourier complexes :

${\displaystyle 2\pi c_{0}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}\,\mathrm {d} t={\frac {2\pi ^{5}}{5}}}$ donc ${\displaystyle c_{0}(f)={\frac {\pi ^{4}}{5}}}$. Pour ${\displaystyle n\neq 0}$, sachant déjà (d'après le calcul du début de l'exercice précédent) que ${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }t^{3}e^{-int}\,\mathrm {d} t=2\pi i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)}$, on trouve :

${\displaystyle 2\pi c_{n}(f)=\int _{-\pi }^{\pi }t^{4}e^{-int}\,\mathrm {d} t=\left[t^{4}{\frac {e^{-int}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }+{\frac {4}{in}}2\pi i(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)=0+{\frac {8\pi (-1)^{n}}{n}}\left({\frac {\pi ^{2}}{n}}-{\frac {6}{n^{3}}}\right)}$

donc

${\displaystyle c_{n}(f)=4(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)}$.

Remarquons au passage que le théorème de Dirichlet permet de recalculer ${\displaystyle \zeta (4)}$ et (directement) ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}}$.

Détails

:${\displaystyle {\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(f)e^{inx}={\frac {\pi ^{4}}{5}}+4\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)(e^{inx}+e^{-inx})={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)\cos(nx)}$.

Pour ${\displaystyle x=0}$ et ${\displaystyle x=\pi }$, on retrouve :

${\displaystyle 0={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{4}}}={\frac {1}{6}}\left(\pi ^{2}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}-{\frac {\pi ^{4}}{40}}\right)=-{\frac {7\pi ^{4}}{720}}}$ ;

${\displaystyle \pi ^{4}={\frac {\pi ^{4}}{5}}+8\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \zeta (4)={\frac {1}{6}}\left(\pi ^{2}\zeta (2)-{\frac {\pi ^{4}}{10}}\right)={\frac {\pi ^{4}}{90}}}$.

En outre, d'après la formule de Parseval,

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }t^{8}\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{8}}{25}}+32\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}}{n^{2}}}-{\frac {6}{n^{4}}}\right)^{2}={\frac {\pi ^{8}}{25}}+32\left(\pi ^{4}\zeta (4)-12\pi ^{2}\zeta (6)+36\zeta (8)\right)}$

donc

${\displaystyle \zeta (8)={\frac {{\frac {{\frac {\pi ^{8}}{9}}-{\frac {\pi ^{8}}{25}}}{32}}-\pi ^{4}{\frac {\pi ^{4}}{90}}+12\pi ^{2}{\frac {\pi ^{6}}{945}}}{36}}={\frac {\pi ^{8}}{45}}{\frac {{\frac {1}{10}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {4}{7}}}{36}}}$,

soit

2. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{8}}}=\left(1-{\frac {1}{2^{8}}}\right)\zeta (8)={\frac {255}{256}}{\frac {\pi ^{8}}{9450}}={\frac {17\pi ^{8}}{161280}}}$ ;

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{8}}}=\left({\frac {1}{2^{7}}}-1\right)\zeta (8)=-{\frac {127}{128}}{\frac {\pi ^{8}}{9450}}={\frac {-127\pi ^{8}}{1209600}}}$.

Nous reconnaissons au dénominateur, le développement de (k+2)⁴. Nous avons donc :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{(k+2)^{4}}}}$

Nous ferons donc un glissement de deux unités de manière à avoir k⁴ au dénominateur.

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16}}&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k\pi )^{2}+4(k+1)\pi ^{2}-15}{(k+2)^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {(k-2)^{2}\pi ^{2}+4(k-1)\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}\pi ^{2}-4k\pi ^{2}+4\pi ^{2}+4k\pi ^{2}-4\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}\pi ^{2}-15}{k^{4}}}\\&=\pi ^{2}\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {k^{2}}{k^{4}}}-15\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{k^{4}}}\\&=\pi ^{2}\left(\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}-1\right)-15\left(\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{4}}}-1\right)\\&=\pi ^{2}\left({\frac {\pi ^{2}}{6}}-1\right)-15\left({\frac {\pi ^{4}}{90}}-1\right)\\&={\frac {\pi ^{4}}{6}}-\pi ^{2}-{\frac {15\pi ^{4}}{90}}+15\\&={\frac {\pi ^{4}}{6}}-\pi ^{2}-{\frac {\pi ^{4}}{6}}+15\\&=15-\pi ^{2}\\\end{aligned}}}$

a)

${\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (x,q)\operatorname {\Gamma } (x)&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }(k+q)^{-x}\right)\int _{0}^{\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\\&=\sum _{k=0}^{\infty }\left((k+q)^{-x}\int _{0}^{\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\right)\\&=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }\left({\frac {t}{k+q}}\right)^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}{\frac {\mathrm {d} t}{k}}\right).\end{aligned}}}$

Posons, dans chaque intégrale (pour ${\displaystyle k}$ fixé) :

${\displaystyle u={\frac {t}{k+q}}\Rightarrow \mathrm {d} u={\frac {\mathrm {d} t}{k+q}}}$

et donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (x,q)\operatorname {\Gamma } (x)&=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-ku}\,\mathrm {d} u\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n-1}\left(\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-(k+q)u}\,\mathrm {d} u\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}\sum _{k=0}^{n-1}\operatorname {e} ^{-ku}\,\mathrm {d} u\\&=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}{\frac {1-\operatorname {e} ^{-un}}{1-\operatorname {e} ^{-u}}}\,\mathrm {d} u\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {u^{x-1}\operatorname {e} ^{-qu}}{1-\operatorname {e} ^{-u}}}\,\mathrm {d} u-\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}{\frac {\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}}{\operatorname {e} ^{u}-1}}\,\mathrm {d} u.\end{aligned}}}$

Or

${\displaystyle 0\leq \int _{0}^{\infty }u^{x-1}{\frac {\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}}{\operatorname {e} ^{u}-1}}\,\mathrm {d} u\leq \int _{0}^{\infty }u^{x-2}\operatorname {e} ^{-u(q+n-1)}\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {v}{q+n-1}}\right)^{x-2}\operatorname {e} ^{-v}\,{\frac {\mathrm {d} v}{q+n-1}}={\frac {\Gamma (x-1)}{(q+n-1)^{x-1}}}\,{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}0}$.

On a donc bien :

${\displaystyle \zeta (x,q)=\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{x-1}\operatorname {e} ^{-tq}}{1-\operatorname {e} ^{-t}}}\,\mathrm {d} t}$.

Remarque : par unicité du prolongement analytique, cette formule s'étend aux nombres complexes ${\displaystyle x}$ de partie réelle strictement supérieure à ${\displaystyle 1}$ et ${\displaystyle q}$ de partie réelle strictement positive.

b) En posant ${\displaystyle q=1}$ et ${\displaystyle x=2}$ dans la formule établie précédemment, on obtient :

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\operatorname {e} ^{t}-1}}\,\mathrm {d} t=\zeta (2)\operatorname {\Gamma } (2)}$.

Sachant que ζ(2) = π²/6 et ${\displaystyle \Gamma (n+1)=n!}$, on obtient :

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\operatorname {e} ^{t}-1}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi ^{2}}{6}}1!={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$.

1. La formule de Moivre donne :

   ${\displaystyle {\begin{aligned}\sin \left((2n+1)\theta \right)&=\operatorname {Im} \left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2n+1)\theta }\right)\\&=\operatorname {Im} \left(\left(\cos \theta +\mathrm {i} \sin \theta \right)^{2n+1}\right)\\&=\sum _{0\leq 2k+1\leq 2n+1}{\binom {2n+1}{2k+1}}(-1)^{k}\sin ^{2k+1}\theta \,\cos ^{2(n-k)}\theta \\&=P_{n}(\cot ^{2}\theta )\sin ^{2n+1}\theta \end{aligned}}}$

   avec

   ${\displaystyle P_{n}(X)=\sum _{0\leq 2k+1\leq 2n+1}{\binom {2n+1}{2k+1}}(-1)^{k}X^{n-k}}$.

2. ${\displaystyle P_{n}}$ est de degré n, de racines ${\displaystyle \cot ^{2}{\frac {k\pi }{2n+1}}}$ (${\displaystyle k\in \{1,2,\dots ,n\}}$). La somme des racines est ${\displaystyle {\binom {2n+1}{3}}\left/{\binom {2n+1}{1}}\right.={\frac {n(2n-1)}{3}}}$.
3. ${\displaystyle \sin 0=\tan 0=0}$ et ${\displaystyle \forall \theta \in \left]0,\pi /2\right[\quad 0\leq \sin '\theta \leq 1\leq \tan '\theta }$. Grâce au théorème des accroissements finis, on en déduit : ${\displaystyle \forall \theta \in \left]0,\pi /2\right[\quad 0\leq \sin \theta \leq \theta \leq \tan \theta }$, d'où l'encadrement demandé.
4. D'après les deux questions précédentes,
   ${\displaystyle {\frac {n(2n-1)}{3}}\leq \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {2n+1}{k\pi }}\right)^{2}\leq {\frac {n(2n-1)}{3}}+n={\frac {n(2n+2)}{3}}}$, ce qui se simplifie en
   ${\displaystyle {\frac {n(2n-1)\pi ^{2}}{3(2n+1)^{2}}}\leq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\leq {\frac {n(2n+2)\pi ^{2}}{3(2n+1)^{2}}}}$ d'où, d'après le théorème des gendarmes :
   ${\displaystyle \sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$.
   De même, ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\cot ^{4}{\frac {k\pi }{2n+1}}}$ est la somme des carrés des racines de ${\displaystyle P_{n}}$ donc est égal à
   ${\displaystyle \left({\frac {n(2n-1)}{3}}\right)^{2}-2{\binom {2n+1}{5}}\left/{\binom {2n+1}{1}}\right.={\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}}$
   et l'on en déduit :
   ${\displaystyle {\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}\leq \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {2n+1}{k\pi }}\right)^{4}\leq {\frac {n(2n-1)\left(4n^{2}+7n-9\right)}{45}}+2{\frac {n(2n-1)}{3}}+n}$, puis
   ${\displaystyle \sum _{k\geq 1}{\frac {1}{k^{4}}}={\frac {\pi ^{4}}{90}}}$.

${\displaystyle S=\sum _{1\leq i<n}{\frac {1}{i(n-i)n}}=\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}\sum _{1\leq i<n}\left({\frac {1}{i}}+{\frac {1}{n-i}}\right)=2\,\zeta (2,1)}$

${\displaystyle S=\sum _{i\geq 1}{\frac {1}{i^{2}}}\sum _{j\geq 1}\left({\frac {1}{j}}-{\frac {1}{i+j}}\right)=\sum _{i\geq 1}{\frac {1}{i^{2}}}\sum _{1\leq j\leq i}{\frac {1}{j}}=\zeta (2,1)+\zeta (3)}$

${\displaystyle T=\sum _{1\leq i<j}{\frac {1}{ij^{2}}}+\sum _{1\leq j<i}{\frac {1}{i^{2}j}}+\zeta (3)=2\zeta (2,1)+\zeta (3)}$.

Référence : Tim Jameson, « Some double series related to ζ(3) », Math. Gazette, vol. 98, n^o  542, 2014, p. 327-331 [texte intégral lien DOI]