Solutions
La substitution t =
kπ
2m+1 dans (iii) donne P m
cotan 2 kπ
2m+1
= 0. Les
racines de P m sont donc les x k = cotan 2 kπ
2m+1 (k = 1, 2, . . . , m) et leur
somme est égale à
m
k=1
cotan
2
kπ
2m + 1
=
2m+1
3
2m+1
1
=
m(2m − 1)
3
.
(v)
Ceci, (i) et (ii) impliquent
m(2m − 1)
3
<
(2m + 1)
2
π 2
m
k=1
1
k 2 < m +
m(2m − 1)
3
.
On obtient l’égalité (a) en multipliant ces inégalités par
π 2
(2m+1)
2 et en
faisant tendre m vers +∞.
(b) Pour prouver la seconde égalité, on note que
m
i,j=1
i =j
x i x j = 2
2m+1
5
2m+1
1
,
où les x k (k = 1, 2, . . . , m) sont les racines du polynôme (iv). L’égalité
(v) implique alors
m
k=1
cotan
4
kπ
2m + 1
=
m(2m − 1)
3
2
− 2
2m(2m − 1)(2m − 2)(2m − 3)
5!
=
m(2m − 1)(4m 2 + 10m − 9)
45
.
L’inégalité cotan 2 x <
1
x 2 < 1 + cotan 2 x (voir (a)) implique
cotan
4 x <
1
x 4 < 1 + 2 cotan
2 x + cotan
4 x
pour 0 < x <
π
2 . En conséquence,
m(2m − 1)(4m 2 + 10m − 9)
45
<
(2m + 1)
4
π 4
m
k=1
1
k 4
< m + 2m
2m − 1
3
+
m(2m − 1)(4m 2 + 10m − 9)
45
.
L’égalité (b) est donc prouvée.
Remarque. On notera ici qu’on peut utiliser la procédure précédente pour
calculer la somme de la série
+∞
n=1
1
n 2k où k ∈ N ∗ .
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