Sur l'équation tan(x)=x, x réel.

On va donner ici deux preuves, complétes, du fait que la somme S des carrés des inverses des solutions positives de l'équation tan(x)=x est égale à 1/10.

• l'une de ces preuves utilisera le théorème des résidus : voir [9] ci-dessous

• l'autre utilisera le théorème de Sturm-Liouville (relatif à l'équation différentielle y''-q(x)y=f(x)) et la théorie des opérateurs (linéaires) auto-adjoints : voir le [11] ci-dessous

Par ailleurs on présentera deux généralisation du problème :
• l'une en considérant l'équation tan(x)=ux : voir le [10] ci-dessous où on montre que la somme des carrés des inverses des solutions positives de l'équation tan(x)=ux, lorsque u≤0 ou u>1 est (3u-1)/(6(u-1)) ; cela servira pour établir le [11].

• l'autre en considérant toujours l'équation tan(x)=x, mais en envisageant d'autres sommes relatives à ses solutions positives (par exemple la somme des puissances 10 des inverses des solutions positives de l'équation tan(x)=x est égale à 59/197071875) voir le [12] ci-dessous.

[ 1 ]

Une simple représentation graphique, permet de voir tout de suite, que
pour tout entier n≥1, l'équation tan(x)=x, notée (E), admet une seule solution dans ]nπ;(n+1/2)π[, solution qui sera notée x_n.
Bien entendu, une justification rigoureuse consiste à remarquer que f : x->f(x)=tan(x)-x est strictement croissante sur ](n-1/2)π;(n+1/2)π[ et que les limites aux bornes sont -∞ et +∞, et donc ( valeurs intermédiaires), l'équation f(x)=0 adment une et une seule solution dans ](n-1/2)π;(n+1/2)π[, et comme f(nπ)=-nπ, cette unique solution est en fait dans ]nπ;(n+1/2)π[.
L'ensemble de ces x_n est l'ensemble des solutions réelles positives de (E).

x_n=nπ+∫ ₀ ^x_n 1/(1+t²)dt=nπ+arctan(x_n) ; lim_n->+∞ x_n-(n+1/2)π=0 ; x_n est équivalent à (n+1/2)π .

Pour tout n&;1, on pose a_n=(n+1/2)π.
On vient de voir que lim_n->+∞ x_n-a_n=0 : on va préciser de quelle façon cette différence tend vers 0.
Pour tout n≥1, 0< a_n-x_n<1/(nπ)
Il existe une suite, indépendante de n, (c_2i+1)_i≥0, telle que pour tout entier naturel n≥1

• x_n=a_n-∑_i=0^+∞c_2i+1/a_n²ⁱ⁺¹ : c'est le développement en série entière, en 1/a_n, de x_n-a_n.
  Remarque : le rayon de convergence de la série entière ∑_i=0^+∞c_2i+1z²ⁱ⁺¹ est supérieur ou égal à 1/a₁, puisqu'il y a convergence pour cette valeur.
• et aussi, pour tout entier naturel k, :
  x_n=a_n-c₁/a_n-c₃/(a_n³)-...-c_2k+1/a_n^2k+1-e/a_n^2k+1 avec lim_n->+∞ e=0.

c₁=1 ; c₃=2/3 ; c₅=13/15 ; c₇=146/105 ; c₉=781/315 ;

Remarque 1 : on peut peut vérifier que le résultat ci-dessus est bien vrai pour n=1 :

• x₁=4,493409...
• a₁=4,712...
• a₁-1/a₁=4,500...
• a₁-1/a₁-2/(3a₁³)=4,4938...
• a₁-1/a₁-2/(3a₁³)-13/(15a₁⁵)=4,4934...

Remarque 2 : en fait, dès n=3, on peut vérifier que a_n-1/a_n est déjà une "bonne" approximation de x_n.

Preuve.

Cf le [2], a_n=x_n-arctan(x_n)+π/2.
Mais on sait que pour tout u>0, arctan(u)+arctan(1/u)=π/2, donc a_n=x_n+arctan(1/x_n), et comme |1/x_n|<1, on peut développer en série entière de 1/x_n l'arctan (le développement de arctan(x) est à facile à obtenir par dérivation, puis série géométrique, puis intégration), ce qui donne
a_n=x_n+1/x_n-1/(3x_n³)+1/(5x_n⁵)-1/(7x_n⁷)....
Le problème est bien sûr "d'inverser" ce développement.
Notons tout de suite que la série étant alternée, |a_n-x_n|≤1/x_n<1/(nπ), soit 0< a_n-x_n<1/(nπ).

Posons t=(a_n-x_n)/a_n : t est dans ]0;1[.
t=arctan(1/x_n)/a_n~(1/x_n)/a_n~(1/a_n)/a_n, et donc ta_n²~1 (le symbole ~ signifie équivalent pour n tendant vers +∞).
Cela veut donc dire que ta_n²=1+e, avec lim_n->+∞ e=0.
Et ainsi x_n=a_n-1/a_n-e/a_n, avec lim_n->+∞ e=0, ce qui donne les deux premiers termes du développement de x_n.

Mais, si cette idée, (utilisation de l'arctan) permet un calcul des coefficients (voir remarque à la fin de la preuve) elle ne permet pas de prouver la convergence de la série (du moins, je n'y arrive pas).

On va donc envisager une autre approche pour prouver l'existence d'un développement en série : pour cela on va utiliser une formule d'inversion de Lagrange

Terminons par la preuve de
pour tout entier naturel k, : x_n=a_n-c₁/a_n-c₃/(a_n³)-...-c_2k+1/a_n^2k+1-e/a_n^2k+1 avec lim_n->+∞ e=0.

Remarque : une autre façon d'obtenir les coefficients c₁, c₃, c₅, c₇, en utilisant le développement en série de arctan (voir début de la preuve ci-dessus).

[ 5 ]

Les zéros de la fonction de Bessel J_3/2 sont les solutions positives de (E)

[ 6 ]

La série u_n=1/x_n², est convergente (donc commutativement convergente, puisque à termes positifs) ; on notera S=∑_n≥1 1/x_n² sa somme.

[ 7 ]

Une preuve "douteuse" de S=1/10

[ 8 ]

Un résultat qui servira pour une preuve de S=1/10 :

Soit a un réel et (F) l'équation, dans C, tan(z)=az :

• si a≥1 ou a≤0, alors (F) n'a que des solutions réelles
• si 0<a<1, alors (F) posséde, outre des solutions réelles, deux solutions non réelles qui sont imaginaires pures opposées

Remarque : l'équation, dans C, zsin(z)+cos(z)=0 n'a que des solution réelles et aucune dans ]-π/2;π/2[.

[ 9 ]

Une preuve, compléte (du moins j'espère) de S=1/10, par utilisation du théorème des résidus appliqué à la fonction z->sin(z)/(z(sin(z)-zcos(z))).

Remarque : les majorations ci-dessus prouvent évidemment que lim_N->+∞∫ _{F_N} |f(z)|dz=0.

[ 10 ]

u étant un réel quelconque donné on considère l'équation (E_u) tan(x)=ux, et on notera, pour n≥1, x_n,u sa solution réelle dans ](n-1/2)π ; (n+1/2)π[ ; bien entendu, x_n,1=x_n.

Pour prouver cela, je vais utiliser un ensemble de 4 résultats, regroupés sous l'étiquette Sturm-Liouville (la méthode du [9] devrait pouvoir s'appliquer en adaptant la fonction f, mais bon il faut varier les plaisirs...) : je me contenterai d'énoncer ces résultats sans démonstration, mais quelques références seront données.

Résultats sur Sturm-Liouville

• 1) Soit l'équation différentielle (sur [a;b]) y''-q(x)y=0, q continue sur [a;b] et (h₁, k₁), (h₂, k₂) deux couples de réels distincts de (0,0). On se place dans un cas où cette équation différentielle admet deux solutions u₁ et u₂ linéairement indépendantes telles que
  • h₁u₁(a)+k₁u'₁(a)=0
  • h₂u₂(b)+k₂u'₂(b)=0
  Soit d la constante u₁(x)u'₂(x)-u'₁(x)u₂(x) et K(t,x) la fonction (de Green) définie sur [a;b]×[a;b] par K(t,x)=(-1/d)u₁(min(x,t))u₂(max(x,t)).
  K est continue sur [a;b]×[a;b] et K(t,x)=K(x,t).

• 2) Soit f une fonction continue sur [a;b] :

  y vérifie, sur [a;b], y''-q(x)y=f(x) et les 2 conditions h1y(a)+k1y'(a)=0 h2y(b)+k2y'(b)=0

  <=>

  y(x)=-∫ a b K(t,x)f(t)dt, pour x dans [a;b]

• 3) Soit H l'espace de Hilbert constitué des fonctions de [a;b] dans R de carré sommable sur [a;b], muni du produit scalaire <f,g>=∫ _a ^b f(t)g(t)dt.
  L'opérateur U qui à f de H fait correspondre la fonction U(f) définie, pour x dans [a;b], par U(f)(x)=∫ _a ^b K(t,x)f(t)dt, est un opérateur linéaire, compact, auto-adjoint de H dans H.
  Rappelons que compact signifie que l'image de la boule unité par U est précompacte (ou relativement compacte, les deux choses étant équivalentes puisque H est un complet) et qu'auto-adjoint signifie <f,U(g)>= <U(f),g> pour tout f et g de H.
  Il est facile de vérifier ce dernier aspect, car, f et g étant dans H,
  <f,U(g)>=∫ _a ^b f(x)U(g)(x)dx=∫ _a ^b ∫ _a ^b K(t,x)g(t)f(x)dtdx,
  et <U(f),g>=∫ _a ^b U(f)(x)g(x)dx =∫ _a ^b ∫ _a ^b K(t,x)f(t)g(x)dtdx=∫ _a ^b ∫ _a ^b K(x,t)f(x)g(t)dxdt
  et comme K(t,x)=K(x,t), on a bien <f,U(g)>=<U(f),g>.

  Les valeurs propres de U sont non nulles, et elles sont caractérisées par

  r est valeur propre de U

  <=>

  il existe une fonction h de H, non nulle, telle que h''(x)+(1/r-q(x))h(x)=0, pour x dans [a;b] h1h(a)+k1h'(a)=0 h2h(b)+k2h'(b)=0 (h sera alors un vecteur propre associé à la valeur propre r).

  Remarque : le 3) est une conséquence immédiate du 2).

  Note : pour 1), 2), 3) voir l'ouvrage Eléments d'analyse, Fondements de l'analyse moderne de J.Dieudonné (chapitre 11, du moins pour mon édition de 1972) et le Cours de mathématiques, tome III, de J.Bass (4ième partie, du moins pour mon édition de 1971) ;

• 4) Soit U un opérateur de H dans H linéaire, compact et auto-adjoint :
  • 1) ses valeurs propres, r_i, sont réelles, tout espace propre est de dimension finie, les espaces propres correspondant à deux valeurs propres distinctes sont orthogonaux, et on peut ordonner les valeurs propres ansi :
    |r₁|≥|r₂|.... et la suite r_i converge vers 0.

  • 2) Soit B une base orthonormée de H : e₁, e₂,....

    Soit A la "matrice" représentant U dans cette base : a_i,j=<U(e_j),e_i>.

    • Si la série double a_i,j² converge, de somme T₂, alors la série r_i² converge et sa somme est aussi T₂.

    • Si la série a_i,i converge, de somme T₁, et si toutes les valeurs propres sont de même signe alors la série r_i converge et sa somme est aussi T₁ : c'est-à-dire, trace(A)=la somme des valeurs propres.

    Remarque 1 : les valeurs propres étant de même signe on peut utiliser le fait qu'une série double à termes positifs est, lorsqu'elle converge, commutativement convergente.

    Remarque 2 : dans le cas où U est de la forme définie au 3), alors,

    • T₁=∫ _a ^b K(t,t)dt (si on a l'hypothèse supplémentaire de positivité de U, cad <f,U(f)> est positif ou nul pour f quelconque dans H, cela d'après la photocopie d'un ouvrage dont je n'ai plus la référence)
    • T₂=∫ _a ^b ∫ _a ^b |K(t,x)|²dtdx (ouvrage de J.Bass cité plus haut)

      note : je n'utiliserai pas ces deux résultats, mais le 1er sera vérifié sur l'exemple considéré ci-après.

• on prend [a;b]=[0;1], q(x)=0, h₁=1, k₁=u, h₂=1, k₂=0.

  Donc les u_i, sont des fonctions affines et on trouve toute de suite, à des constantes multiplicatives près que

• u₁(x)=x-u, u₂=x-1 : elles seront indépendantes si et seulement si d(x)=u₁(x)u'₂(x)-u'₁(x)u₂(x)=-u+1 est non nul, soit si et seulement si u est distinct de 1, ce que l'on supposera dans toute la suite.
  On a alors d=-u+1.

  Puis la fonction K est définie par

  si 0≤x≤t≤1, K(t,x)=(t-1)(x-u)/(u-1)

  si 0≤t≤x≤1, K(t,x)=(x-1)(t-u)/(u-1)

• U est donc l'opérateur de H dans H transformant la fonction f en la fonction U(f) définie par U(f)(x)=∫ ₀ ¹ K(t,x)f(t)dt

• Il s'agit maintenant de trouver les valeurs propres de U (c'est là que l'équation tan(x)=ux va apparaître).

  D'après le résultat n°3 de Sturm-Liouville,
  r est valeur propre de U équivaut à r non nulle et il existe une fonction h non nulle telle que h''+h/r=0 (sur [0;1]) et h(0)+uh'(0)=0 et h(1)=0.

  A priori, il faut envisager deux cas : r<0 et r>0.

  • si r<0

    r=-1/t² avec t>0, donc h"-t²h=0, h(x)=ach(tx)+bsh(tx) et les conditions aux bornes donnent le systéme d'inconnue (a,b)

    a+utb=0
    ach(t)+bsh(t)=0 Ce systéme aura une solution non triviale si et seulement si son déterminant est nul soit sh(t)-utch(t)=0, donc (la fonction ch n'est jamais nulle sur R) si et seulement si th(t)=ut.
    On voit clairement en utilisant la représentation graphique de la fonction impaire th (la pente de la tangente à l'origine est 1, et la courbe, pour les abscisses positives est sous cette tangente) que si u ≤0 ou si u≥1 , la seule solution de th(t)=ut est t=0, qui ne peut convenir, par contre si 0<u<1, l'équation th(t)=ut admet deux solutions opposés; t₀ et -t₀ et donc, U admet une valeur propre négative r₀=-1/t₀².
  • si r>0

    r=1/t² avec t>0, donc h"+t²h=0, h(x)=acos(tx)+bsin(tx) et les conditions aux bornes donnent le systéme d'inconnue (a,b)

    a+utb=0
    acos(t)+bsin(t)=0 Ce systéme aura une solution non triviale si et seulement si son déterminant est nul soit sin(t)-utcos(t)=0, donc (cos(t) ne peut être nul car alors sin(t) serait aussi nul) si et seulement si tan(t)=ut.
    Donc les valeurs propres positives de U sont les inverses des carré des solutions positives de l'équation (E_u) tan(t)=ut.

  En conclusion

  • si u ≤0 ou si u>1

    les valeurs propres de U sont toutes positives : ce sont les inverses des carrés des solutions positives de l'équation (E_u) tan(x)=ux

  • si 0<u<1

    outre les valeurs propres positives ci-dessus, U admet une valeur propre négative -1/t₀², avec t₀, la solution positive de th(x)=ux.

• Dans le cas u≤0 ou u>1, toutes les valeurs propres de u étant de même signe on va utiliser le résultat du n°4 de Sturm-Liouville suivant : la somme des valeurs propres de U est la trace d'une représentation matricielle A=(a_i,j), sous réserve que la série a_i,i converge.
  • on prend comme base orthonormée de H, les fonctions e_n=2^1/2sin(nπx), pour n≥1
  • U(e_n)(x)=∫ ₀ ¹ K(t,x)e_n(t)dt=∫ ₀ ^x ((t-u)(x-1)2^1/2sin(nπt)/(u-1))dt+∫ _x ¹ ((u-1)(x-u)2^1/2sin(nπt)/(u-1))dt.
    Après calculs ... on trouve
    U(e_n)(x)=e_n(x)/(nπ)²-2^1/2u(x-1)/(n(u-1)π)
  • a_n,n=<U(e_n),e_n>=∫ ₀ ¹ U(e_n)(x)e_n(x)dx=(1/nπ)²∫ ₀ ¹ e_n²(x)dx-(2^1/2u/(n(u-1)π))∫ ₀ ¹ (x-1)2^1/2sin(nπx)dx.
    Après calculs ... on trouve
    a_n,n=(1/nπ)²(3u-1)/(u-1).

    La série a_n,n est donc convergente, et trace(A)=(3u-1)/(6(u-1)), cf zéta(2)=π²/6, et ainsi la somme des valeurs propres de U est (3u-1)/(6(u-1)).

    Remarque : le lecteur peut vérifier que ∫ ₀ ¹ K(t,t)dt=(3u-1)/(6(u-1)) : voir remarque 2 du n°4 de Sturm-Liouville.

  Finalement on a prouvé que si u≤0 ou si u>1, alors la somme des inverses des carrés des solutions positives de l'équation (E_u) tan(x)=ux est (3u-1)/(6(u-1)), ce qui prouve le résultat annoncé.

[ 11 ] Une 2ième preuve de S=1/10, par utilisation du [10], c'est-à-dire par utilisation de Sturm-Liouville.

Le lecteur aura évidemment remarqué que le résultat obtenu au [10] sur la somme des carrés des inverses des solutions positives de l'équation tan(x)=ux ayant été obtenu pour u≤0 ou u>1, on ne peut pas l'appliquer dans le cas u=1 ; d'ailleurs on obtiendrait tout de suite une impossibilité cf la division par u-1.
Par contre on va regarder ce qui se passe lorsque u tend vers 1 par valeurs supérieures.

• n étant fixé (≥1), sur ]0;+∞[ la fonction u->x_n,u est continue (voir début du [10] pour la définition de x_n,u). En étudiant le sens de variation de d(x)=tan(x)-ux sur ]nπ;(n+1/2)π[ (si u≤1, d est croissante, si u>1, d est d'abord décroissante puis croissante et d(nπ)=-unπ<0), on voit tout de suite que d(x) est d'abord négatif, puis s'annule pour x_n,u, puis est positif.
  Donc si v>u>0, alors tan(x_n,v)=vx_n,v>ux_n,v, donc x_n,v>x_n,u.
  Le théorème de la limite monotone permet alors de dire que la fonction u->x_n,u est continue sur ]0;+∞[.
• Sur ]0;+∞[, la fonction T : u->∑_n≥1 1/x_n,u² est continue. Cela résulte de la continuité sur ]0;+∞[, de chaque fonction u->1/x_n,u², et du fait que la série 1/x_n,u² converge normalement sur ]0;+∞[, puisqu'elle est majorée par la série 1/(nπ)².
• S=1/10 Comme lim_u->1+ T(u)=T(1) et que T(1)=S, il s'agit de prouver que lim_u->1+ T(u)=1/10.
  Pour u>1, cf le [10], T(u)=(3u-1)/(6(u-1))-1/x_0,u², avec x_0,u la solution de tan(x)=ux dans ]0;π/2[ ; tout la difficulté va être ici de préciser le comportement de x_0,u lorsque u tend vers 1⁺ : graphiquement on voit bien que x_0,u tend alors vers 0, mais de quelle façon?

  Dans tout ce qui suit, pour des raisons de commodité pour la frappe en html, x_0,u, la solution de tan(x)=ux dans ]0;π/2[ sera notée s.
  Pour u proche de 1, à savoir pour 1<u<4/π<π/2, on a π/4<1/u<1<π/2, donc tant(1/u)>1=u×1/u, et donc s<1/u (cf d(x)=tan(x)-x<0 pour 0<x<s et d(x)>0 pour s<x<π/2).
  s étant dans ]0;π/2[, on a s=arctan(us), et comme |us|=us<1, on peut utiliser le développement en série entière de arctan (voir le [3]) : s=us-(1/3)us+(1/5)(us)⁵-(1/7)(us)⁷+..., soit 1-u=u³s²F(u), avec F(u)=-1/3+(1/5)(us)²-(1/7)(us)⁴+....
  F(u) est la somme d'une série alternée qui vérifie le "critère" (c'est l'intérêt d'utiliser arctan) et donc -1/3+(1/5)(us)²-(1/7)(us)⁴<F(u)<-1/3+(1/5)(us)²<-2/15.
  D'où, 1ière chose, |F(u)|>2/15, ce qui donne |1-u|/(u³s²)>2/15, puis (us)²<15|1-u|/(2u), d'où lim_u->1+us=0, et donc, ce qui était attendu, lim_u->1+s=lim_u->1+(1/u)us=1×0=0.
  Et maintenant de l'encadrement de F(u) on peut en déduire que F(u)/(-1/3+(1/5)(us)²) tend vers 1 lorsque u tend 1⁺, donc (1-u)/(s²(-1/3+(1/5)(us)²)) est aussi équivalent à 1, c'est-à-dire s²(-1/3+(1/5)(us)²)=(1-u)(1+e) avec lim_u->1+e=0, ce qui permet de voir que lim_u->1+s²/(u-1)=3 ; on retrouve évidemment lim_u->1+s=0.
  Cette dernière limite aurait pu s'obtenir avec un encadrement de F(u) moins précis que celui ci-dessus, mais, seule, cette limite est insuffisante pour pouvoir conclure.
  Pour arriver à conclure, on va considérer, pour u proche de 1⁺, la relation s²(-1/3+(1/5)(us)²)=(1-u)(1+e) comme une équation du second degré en Z=1/s² : en effet, cette relation s'écrit (1-u)(1+e)Z²+Z/3-u²/5=0, ce qui donne, le discriminant 1/9+4u²(1-u)(1+e)/5 étant positif pour u proche de 1⁺, deux possibilités pour Z : Z=(-1/3+(1/3)(1+36u²(1-u)(1+e)/5)^1/2)/(2(1-u)(1+e)) ou Z=(-1/3-(1/3)(1+36u²(1-u)(1+e)/5)^1/2)/(2(1-u)(1+e)), qui sont de même signe, leur produit étant -u²/(5(1-u)(1+e)), et pour u suffisamment proche de 1⁺, 1+e sera positif.
  La 1ière possibilité n'est pas acceptable car en développant en série entière la racine carrée ( (1+x)^1/2 =1+(1/2)x+(1/2)(1/2-1)x²/2+..., pour |x|<1), on voit que lorsque u tend vers 1⁺, cette possibilité tend vers (1/3)(18/5)/2=3/5, alors que Z doit tendre vers l'infini.
  Donc, pour u suffisamment proche de 1⁺, on a toujours Z=(-1/3-(1/3)(1+36u²(1-u)(1+e)/5)^1/2)/(2(1-u)(1+e)).
  Et en développant en série entière la racine carrée, on obtient
  Z=(-2/3-6u²(1-u)(1+e)/5+(1-u)²K₁(u))/(2(1-u)(1+e)), où K₁ est une fonction ayant une limite finie en 1⁺.
  Soit Z=[1/(3(u-1))](1-1+1/(1+e))-(3/5)u²+(1-u)K₂(u), avec K₂ une (autre) fonction ayant une limite finie en 1⁺, ce qui donne
  Z=1/(3(u-1))-e'/(3(u-1))-(3/5)u²+(1-u)K₂(u), avec e'=e/(1+e)
  Malheureusement pour conclure, il nous faut la limite de e'/(u-1), cad la limite de e/(u-1) : l'encadrement trouvé plus haut de F(u) va nous permettre de montrer que cette limite est -3.
  En effet, de cet encadrement de F(u) on tire 1-(1/7)(us)⁴/(-1/3+(1/5)(us)²)>F(u)/(-1/3+(1/5)(us)²)>1, soit,
  puisque F(u)=(1-u)/(u³s²) et -1/3+(1/5)(us)²=(1-u)(1+e)/s²,
  1-(1/7)(us)⁴/(-1/3+(1/5)(us)²)>1/(u³(1+e))>1.
  L'inégalité de droite donne (1+e est positif pour u suffisamment proche de 1⁺) eu³<1-u³, soit, e/(1-u)>(1+u+u²)/u³, et celle de gauche donne
  (u³(1+e)-1)/(u³(1+e))>(1/7)(us)⁴/(-1/3+(1/5)(us)²), soit e/(1+e)>(1-u³)/(u³(1+e))+(1/7)(us)⁴/(-1/3+(1/5)(us)²), et en divisant tout par 1-u et en multipliant par 1+e, on obtient l'encadrement suivant de e/(1-u) :
  (1+u+u²)/u³<e/(1-u)<(1+u+u²)/u³+(1/7)(1+e)((us)⁴/(1-u))/(-1/3+(1/5)(us)²).
  Comme on a vu plus haut que lim_u->1+ s=0 et lim_u->1+s²/(u-1)=3 , on lim_u->1+s⁴(1-u)=0, et ainsi, par le théorème des "gendarmes", lim_u->1+e/(1-u)=3, ce qui donne lim_u->1+e'/(u-1)=-3.
  Et comme, pour u>1, T(u)=(3u-1)/(6(u-1))-1/s²=(3u-1)/(6(u-1))-1/(3(u-1))+e'/(3(u-1))+(3/5)u²-(1-u)K₂(u), on obtient T(u)=1/2+e'/(3(u-1))+(3/5)u²-(1-u)K₂(u), et ainsi lim_u->1+T(u)=1/2-1+3/5+0=1/10. Cqfd

[ 12 ]

Les x_n, pour n≥1, étant toujours les solutions positives de l'équation (E) tan(x)=x, on a

• S₂=∑_n≥1 1/x_n²=1/10 ; rien de nouveau car il s'agit évidemment de la somme S étudiée précédemment.
• S₄=∑_n≥1 1/x_n⁴=1/350
• S₆=∑_n≥1 1/x_n⁶=1/7875
• S₈=∑_n≥1 1/x_n⁸=37/6063750
• S₁₀=∑_n≥1 1/x_n¹⁰=59/197071875

Ils se prouvent très simplement en reprenant la méthode du [9],
et cela va d'ailleurs permettre de donner en fait la formule générale suivante :
S_2n=(-1/2)×le résidu en 0 de f(z)/z^2n-2, f étant la fonction définie au [9], cad f(z)=sin(z)/(z(sin(z)-zcos(z))), laquelle vérifie f(z)=1/(tan(z)-z)+1/z pour cos(z) non nul.
On a vu que ses pôles sont 0 de résidu -1/5 et, pour n≥1, les x_n et -x_n, chacun de résidu 1/x_n².

Si on divise f par z², ses pôles sont inchangés :

• 0 devient d'ordre 5, de résidu r_0,2, que l'on précisera plus loin
• x_n et -x_n restent simples et ont chacun comme résidu 1/x_n⁴, puisque
  lim_{z->x_n} (z-x_n)(f(z)/z²)=lim_{z->x_n}(1/z²) ×lim_{z->x_n}(z-x_n)f(z)=(1/x_n²)×(1/x_n²)=1/x_n⁴, et la même chose pour lim_{z->-x_n} (z+x_n)(f(z)/z²).

En utilisant le même contour que celui du [9], on obtient

Il ne reste plus qu'à chercher le résidu r_0,2 en 0 de f(z)/z², qui est le coefficient de 1/z dans le développement en série de Laurent au voisinage de 0 de f(z)/z².

Pour cela on a besoin du développement en série de Laurent au voisinage de 0 de f(z) : c'est celui de 1/(tan(z)-z)+1/z) dont le début du développement a été vu au [9] pour trouver le résidu en 0 de f, mais là, il faut aller plus loin.
Grâce à Maple je trouve
f(z)=3/z³-1/(5z)-(1/175)z-(2/7875)z³-(37/3031875)z⁵-(118/197071875)z⁷+... .

D'où r_0,2=-1/175 et S₄=(-1/2)×(-1/175)=1/350.

Et pour les autres sommes on procéde de la même façon en considérant successivement f(z)/z⁴, f(z)/z⁶....

En fait, pour n≥1, S_2n=(-1/2)×le résidu en 0 de f(z)/z^2n-2, ce qui rend beaucoup moins "mystérieux" le résultat de Rayleigh.

Remarque : et si on divise f(z) par z, que se passe-t-il?
Dans ce cas, il n'y a pas de terme en 1/z dans le développement en série de Laurent de f(z)/z, donc le résidu en 0 est 0, et en fait les résidus de x_n et de -x_n, cette fois ne sont pas égaux mais opposés (1/x_n³ et -1/x_n³), et donc on obtient 0+0=I_N,1/(2iπ), I_N,1 étant l'intégrale de f(z)/z le long de F_N, ce qui donne aucune information sur ∑_n≥1 1/x_n³.
Evidemment, on peut vérifier qu'effectivement I_N,1=0 : cela vient du fait que g(z)=f(z)/z est alors paire, et que l'intégration de g le long de F_N se fait toujours dans le même sens (direct), ainsi les intégrales sur deux côtés opposés de F_N sont opposées (alors que pour f(z)/z^2n-2, elles sont égales, la fonction étant alors impaire).
Par exemple, les intégrales ∫ _Nπ ^-Nπ g(x+iN)dx et ∫ _-Nπ ^Nπ g(x-iN)dx sont opposées (changer x en -x dans la 2ième).