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.

[ 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 xn.
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 xn est l'ensemble des solutions réelles positives de (E)
.

n xn (n+1/2)π
 1  4,493... 4,712...
 2  7,725... 7,851...
 3  10,904... 10,995...
 4  14,066... 14,137...
[ 2 ]

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

xn-nπ est dans ]0;π/2[ qui est inclu dans ]-π/2;π/2[, et comme tan(xn-nπ)=xn, c'est que arctan(xn)=xn-nπ, ce qui donne le premier résultat puisque arctan(x)= 0 x 1/(1+t2)dt.
Comme limn->+∞ xn=+∞ ( nπ<xn) et que limx->+∞ arctan(x)=π/2, limn->+∞ xn-nπ =π/2, ce qui donne le 2ième résultat.
Enfin, comme xn est dans ]nπ;(n+1/2)π[, 1< (n+1/2)π/xn<1+1/(2n), donc (n+1/2)π/xn tend vers 1, c'est-à-dire xn et (n+1/2)π sont équivalents lorsque n tend vers +∞.
[ 3 ]

Pour tout n&;1, on pose an=(n+1/2)π.
On vient de voir que limn->+∞ xn-an=0 : on va préciser de quelle façon cette différence tend vers 0.
Pour tout n≥1, 0< an-xn<1/(nπ)
Il existe une suite, indépendante de n, (c2i+1)i≥0, telle que pour tout entier naturel n≥1

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 :

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

Preuve.

Cf le [2], an=xn-arctan(xn)+π/2.
Mais on sait que pour tout u>0, arctan(u)+arctan(1/u)=π/2, donc an=xn+arctan(1/xn), et comme |1/xn|<1, on peut développer en série entière de 1/xn l'arctan (le développement de arctan(x) est à facile à obtenir par dérivation, puis série géométrique, puis intégration), ce qui donne
an=xn+1/xn-1/(3xn3)+1/(5xn5)-1/(7xn7)....
Le problème est bien sûr "d'inverser" ce développement.
Notons tout de suite que la série étant alternée, |an-xn|≤1/xn<1/(nπ), soit 0< an-xn<1/(nπ).

Posons t=(an-xn)/an : t est dans ]0;1[.
t=arctan(1/xn)/an~(1/xn)/an~(1/an)/an, et donc tan2~1 (le symbole ~ signifie équivalent pour n tendant vers +∞).
Cela veut donc dire que tan2=1+e, avec limn->+∞ e=0.
Et ainsi xn=an-1/an-e/an, avec limn->+∞ e=0, ce qui donne les deux premiers termes du développement de xn.

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

Posons dn=an-xn, dans ]0;π/2[ ; tan(xn)=xn donne tan(π/2-dn)=an-dn, soit dn+cotg(dn)=an,
ou encore 1/(dn+cotg(dn))=1/an et ainsi
f(dn)=1/an, avec f(z)=sin(z)/(zsin(z)+cos(z)).

On peut alors appliquer la formule d'inversion de Lagrange suivante :

1) il existe a et b tels que 0<a<r, 0<b et pour tout z tel que |z|=a alors |f(z)|≥b,
2) pour tout w tel que |w|<b, l'équation f(z)=w a une et une seule solution Z(w) dans le disque ouvert D(0,a)
3)Z(w)=∑i=1+∞ckwk,
avec kck égal au coefficient de zk-1 dans le développement en série de (z/f(z))k.

Remarque : quoique f(0)=0, z/f(z) admet un prolongement holomorphe en 0 car la limite en 0 de z/f(z) est 1/f'(0).

Précisons a et b.
z/f(z)=z2+zcot(z).
Or zcot(z)=∑i=0+∞(-4)nB2nz2n/(2n)!, où les B2n sont les nombres de Bernoulli (E73, dossier 15),
et ainsi z/f(z)=1+2z2/3-z4/45-2z6/945-..., le rayon de convergence étant π.
D'où pour |z|<0,7, |z/f(z)|<1+2×49/3+(0,7)4(1+0,72+0,74+...)<1,8, et donc pour |z|=0,69, |f(z)|>0,69/1,8>0,38 : on peut prendre a=0,69 et b=0,38. On remarquera que a est bien inférieur à r=π/2.
Comme 1/an≤1/a1<0,38, pour tout n≥1, l'équation f(z)=1/an a une et une seule solution Z(1/an) dans D(0,a).
Or dn est aussi une solution de cette équation dans D(0,a) puisque|dn|<1/(nπ)≤1/π<a=0,69 et donc dn=Z(1/an).
D'où dn=∑i=1+∞ck(1/an)k, soit xn=an-∑i=1+∞ck(1/an)k, avec kck=le coefficient de zk-1 dans le développement en série entière (dse) de (z/f(z))k=(z2+zcot(z))k=(1+2z2/3-z4/45-2z6/945...)k.

Terminons par la preuve de
pour tout entier naturel k, : xn=an-c1/an-c3/(an3)-...-c2k+1/an2k+1-e/an2k+1 avec limn->+∞ e=0.

e=S(1/an), avec S(x)=c2k+3x2+c2k+5x4+... ; cette série entière est évidemment convergente pour x=1/a1 (cf le développement en série de x1-a1 en 1/a1), donc S est continue en 0, donc sa limite en 0 est S(0)=0 et comme limn->+∞1/an=0, limn->+∞ 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).

On sait (cf ce qui précéde) que xn=an-c1/an-c3/an3-c5/an5-c7/an7-e/an7 avec limn->+∞ e=0
En posant t=(an-xn)/an, qui est dans ]0;1[, on obtient t=c1/an2+c3/an4+c5/an6+c7/an8+e/an8.
Or an=xn+arctan(1/xn)=xn+1/xn-1/(3xn3)+1/(5xnn)+...+(-1)k-1(1/((2k+3)xn2k+3))+Bk,n(1)/xn2k+5, où Bk,n(1)=(-1)k/(2k+5)+(-1)k+1/((2k+7)xn2)+....
On remarque que |Bk,n(1)|≤(1/(2k+5))(1+1/xn2+1/xn4+1/xn6+....)=(1/(2k+5)(1-1/xn2), puisque |1/xn|<1, d'où
|Bk,n(1)|≤16/(15(2k+5)), pour tout entier naturel n non nul, puisque xn>4.
Dans toute la suite Bk,n(i) désignera une fonction bornée par rapport à n ;
Le cas particulier k=2 donne an=xn+1/xn-1/(3xn3)+1/(5xn5)-1/(7xn7)+B2,n(1)/xn9,
soit ant=1/xn-1/(3xn3)+1/(5xn5)-1/(7xn7)+B2,n(1)/xn9, et en remplacant, dans le membre de droite xn par (1-t)an, on obtient
c1/an+c3/an3+c5/an5+c7/an7+e/an7=(1/an)(1-t)-1-(1/(3an3))(1-t)-3+(1/(5an5))(1-t)-5-(1/(7an7))(1-t)-7+B2,n(2)/an9.
On remplace alors dans le membre de droite t par c1/an2+c3/an4+c5/an6+c7/an8+e/an8, et pour obtenir c1, c3, c5, c7, il suffit de développer ce membre de droite jusqu'à l'ordre 7 (en 1/an) et comme (1-t)-m est multiplié par 1/anm et que t est en 1/an2, il suffit de développer, en t, (1-t)-m jusqu'à l'ordre (7-m)/2, et dans chaque puissance de t de (1-t)-m, on ne garde que les puissances de 1/an inférieures ou égales à 7-m :

Et on identifie :

[ 4 ]

xn est transcendant, c'est-à-dire il n'est pas algèbrique, cad il n'est pas racine d'un polynôme à coefficients rationnels.

C'est une application du théorème de Baker : si z (complexe) est non nul, z et ez ne sont pas tous les deux algèbriques.

En effet, pour tout x réel, e2ix=eix/e-ix=(1+itan(x))/(1-itan(x)) et donc
s'il existe x réel non nul solution de tan(x)=x qui soit algèbrique alors (1+itan(x))/(1-itan(x))=(1+ix)/(1-ix) est algèbrique (l'ensemble des nombres algèbriques est un corps), donc e2ix est algèbrique ; mais 2ix est aussi algèbrique et non nul, d'où une contradiction grâce au théorème de Baker.

[ 5 ]

Les zéros de la fonction de Bessel J3/2 sont les solutions positives de (E)

Tout simplement parceque J3/2(x)=(2/(πx))1/2(sin(x)/x-cos(x)) ; c'est une solution de l'équation différentielle (de Bessel) y''+(1/x)y'+(1-k2/x2)y=0, avec k=3/2.

[ 6 ]

La série un=1/xn2, est convergente (donc commutativement convergente, puisque à termes positifs) ; on notera S=∑n≥1 1/xn2 sa somme.

En effet, la série un est à termes positifs et elle est majorée par la série convergente 1/(nπ)2 (série de Riemann).

On déduit d'ailleurs de cette majoration que S≤(1/π2)(1/12+1/22+1/32+...)=1/6.

Remarque : on trouvera dans la littérature de nombreuses preuves du fait que zéta(2)=π2/6, notamment il existe un document de Robin Chapman qui rassemble 14 preuves de ce résultat!

[ 7 ]

Une preuve "douteuse" de S=1/10

Là, ce n'est plus pareil : prouver que S=1/10 est beaucoup moins "facile" que les démonstrations précédentes!

J'ai vu sur le web deux preuves utilisant le lemme ci-dessous (indiscutable) :

Soit P le polynôme non constant a0+a1X+...+anXn, avec a0 non nul (donc il n'admet pas 0 comme racine).
Alors la somme des inverses des racines (dans C) de P est égale à -a1/a0
. (cela se prouve facilement en considérant le polynôme Q(X)=XnP(1/X)).

L'ensemble des solutions non nulles de (E) étant l'ensemble des solutions non nulles de f(x)=0,
avec f(x)=cos(x)-sin(x)/x on développe en série entière f(x) au voisinage de 0, cela à partir des développements de cos(x) et sin(x) :
f(x)=x2g(x), où g(x)=c1+c2x2+c3x4+..., avec ck=(-1)k2k/((2k+1)!). Le rayon de convergence de cette série est infini.
Les solutions de g(x)=0 sont donc les solutions non nulles de (E), donc les ±xn, pour n≥1.
Considérons alors la fonction y->h(y)=c1+c2y+c3y2+... : elle s'annulle pour les (xn)2, donc en appliquant le lemme ci-dessus, la somme des inverses de ces (xn)2 est -c2/c1=(2/6)/(4/120)=1/10 et "donc" S=1/10!
Mais évidemment il y a 2 impasses de taille :


Une tentative, pour améliorer ce raisonnement est de considérer le polynôme Pn(y)=c1+c2y+c3y2+...+cn+1yn : le lemme permet effectivement de dire que la somme des inverses de ses n racines (dans C) yi est 1/10.
"Resterait" à montrer que lorsque n tend vers +infini, les yi "approximent" les xn2...

Remarque
Il est facile de voir que si dans le lemme, on remplace le polynôme P par la somme d'une série entière on arrive à des absurdités :

par exemple, pour tout z dans C, exp(z)=1+z+z2/2!+z3/3!+..., et donc si on applique le lemme, la somme des inverses des z (dans C) tels que exp(z)=0 serait -1, alors qu'évidemment, une exponentielle n'est jamais nulle.
Autre exemple : la fonction (1-2z)/(1-z)=1-z-z2-z3...( pour |z|<1), aurait, si on applique le lemme, -(-1)/1=1 comme somme des inverses de ses zéros, alors que la seule valeur (dans C) l'annulant est 1/2 ; on pourrait m'objecter qu'il y a peut-être lieu de considérer le prolongement analytique de cette fonction et de voir ce que donne alors le lemme...

[ 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 :

Là aussi, une simple représentation graphique permet de voir tout de suite que (F) admet toujours une infinité de solutions réelles.

z=x+iy avec x et y réels : tan(z)= tan(x+iy)=sin(2x)/D+ish(2y)/D, avec D=cos(2x)+ch(2y), pour (x,y)≠(π/2+kπ,0), seules valeurs pour lesquelles tan(z) n'est pas défini.
Donc tan(z)=az équivaut à sin(2x)/D=ax et sh(2y)/D=ay
Si x et y ne sont pas nuls, ces deux conditions entraînent sin(2x)/(2x)=sh(2y)/(2y).

Donc si x et y sont non nuls, sin(2x)/(2x)<1 et sh(2y)/(2y)>1 et on n'a pas sin(2x)/(2x)=sh(2y)/(2y), d'où
s'il existe z tel que tan(z)=az alors x=0 (donc z est imaginaire pur) ou y=0 (z est réel).

Réciproquement, on a déjà vu que tan(x)=ax admet effectivement des solutions réelles (une infinité),
Mais l'équation (F) admet-elle des solutions imaginaires pures, c'est-àdire, existe-t-il des réels y tels que tan(iy)=iay?
tan(iy)=sin(iy)/cos(iy)=(-1/i)sh(y)/ch(y)=ith(y), et donc tan(iy)=iay équivaut à th(y)=ay. On pouvait aussi dire, en uilisant l'équivalence ci-dessus, que tan(iy)=iay équivaut à sh(2y)/D=ay, soit sh(2y)/(1+ch(2y))=ay, soit 2sh(y)ch(y)/(2(ch(y))2)=ay.
La représentation graphique de x->th(x) (fonction strictement croissante sur R, asymptotes y=-1 et y=1) et le fait que la pente à l'origine soit 1 ( th'(x)=1/ch2(x)) permet de voir tout de suite que cette représentation graphique est toujours coupée par la droite y=ax au point (0,0), mais si 0<a<1, et uniquement dans ce cas, il y a deux autres points d'intersection, d'abscisses opposées, ce qui donne dans ce cas les deux solutions imaginaires pures de l'équation tan(z)=az.

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

Ce résultat est utilisé dans la preuve du [3], et pour l'établir on utilise les idées ci-dessus.

Tout d'abord zsin(z)+cos(z)=0 => z ≠0 et cos(z)≠0 (car cos(z)=0 => zsin(z)=0 soit z=0 ou sin(z)=0, conditions toutes les deux incompatibles avec cos(z)=0).
Donc zsin(z)+cos(z)=0 <=> tan(z)=-1/z, ce qui équivaut à (cf ci-dessus) sin(2x)/D=-x/(x2+y2) et sh(2y)/D=-y/(x2+y2), et ainsi, nécéssairement, si x et y ne sont pas nuls, on retrouve la condition sin(2x)/(2x)=sh(2y)/(2y), laquelle ne peut être vérifiée si x et y sont non nuls (voir ci-dessus).
Donc nécessairement si z=x+iy est une solution de zsin(z)+cos(z)=0, c'est que x=0 ou y=0 (pas tous les deux en même temps, puisque z≠0).
Mais si y=0, l'équation s'écrit tan(x)=-1/x qui n'a pas de solution dans ]-π/2;π/2[, puisque membre de gauche et de droite sont de signes contraires (mais il y a des solutions en dehors de cet intervalle : il suffit de faire un graphique pour s'en convaincre).
et si x=0, l'équation s'écrit sh(2y)/(1+ch(2y))=th(y)=-1/y, qui n'a pas de solution, puisque membre de gauche et de droite sont de signes contraires pour tout y non nul.
Le résultat est donc prouvé.

[ 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))).

Rappelons l'énoncé de ce théorème : Soit f une fonction holomorphe dans un ouvert O de C sauf en en des points isolés qui sont des points singuliers pour f ; soit K un compact (dont le bord F est régulier), ne contenant, qu'un nombre fini de ces points singuliers z1,...zp, tous situés dans son intérieur :
alors l'intégrale de f le long de F, prise dans le sens direct, est égale à 2iπ(r1+....+rp), où ri est le résidu du point singulier zi.

Note : le résidu en un point singulier s (pôle ou singularité essentielle) est le coefficient de 1/(z-s) dans le développement de Laurent au point s.

Posons f(z)=sin(z)/(z(sin(z)-zcos(z))) ; : c'est un quotient de fonctions holomorphes sur C, donc elle est holomorphe sur C, excepté là où le dénominateur est nul : ce dénominateur est nul pour z=0 ou sin(z)=zcos(z) ; mais l'équation sin(z)=zcos(z) équivaut à tan(z)=z (car cos(z) ne peut être nul, car sinon sin(z) serait aussi nul), dont les solutions sont uniquement les nombres réels xn et -xn pour n≥1, cf le 1 et le 4, puisque par ailleurs la fonction tan est impaire.

Donc f est holomorphe sur C, excepté en ses pôles qui sont, outre 0, les xn et -xn pour n≥1.
Notons que pour cos(z) non nul, f(z)=tan(z)/(z(tan(z)-z))=1/(tan(z)-z)+1/z.

Calcul des résidus.

La somme de "tous" les résidus est donc -1/5+2S : il 's'agit donc de montrer que cette somme est nulle.

Pour cela, pour N≥2, considérons le rectangle RN dont les côtés sont paralléles aux axes : ceux paralléles à l'axe des abscisses sont portés par les droites y=-N et y=N, ceux paralléles à l'axe des ordonnées sont portés par les droites x=-Nπ et x=Nπ.
Notons FN sa frontière, cad l'union des quatre côtés de RN.

L'application du théorème des résidus donne ( les pôles à l'intérieur du rectangle RN sont uniquement 0 et les xn et -xn situés entre -Nπ et Nπ, et on se rappelle que xn est entre nπ et (n+1/2)π)

-1/5+2(1/x12+1/x22+...+1/xN-12)=IN/(2iπ),
IN étant l'intégrale de f le long de FN, intégrale prise dans le sens direct,
c'est-à-dire IN= F_N f(z)dz

IN est la somme des quatres intégrales de f le long des quatres côtés constituant FN : IN=I1+I2+I3+I4

Finalement limN->+∞ IN=0+0+0+0=0, et ainsi limN->+∞ -1/5+2(1/x12+1/x22+...+1/xN-12)=0, soit limN->+∞ 1/x12+1/x22+...+1/xN-12=1/10, c'est-à-dire S=1/10.

Remarque : les majorations ci-dessus prouvent évidemment que limN->+∞ F_N |f(z)|dz=0.

[ 10 ]

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

Il est clair (graphique...) que si u≤1, ces xn,u, pour n≥1, sont toutes les solutions positives de (Eu) :

Par contre si u>1, alors l'ensemble des solutions positives de (Eu) ne se limite pas à l'ensemble des xn,u, pour n≥1, (xn,u est encore dans ]nπ;(n+1/2)π[) : il y a une autre solution positive x0,u située dans ]0;π/2[.

On va démontrer ici que si u≤0 ou si u>1,
la somme des inverses des carrés des solutions positives de l'équation (Eu) tan(x)=ux est (3u-1)/(6(u-1)), c'est-à-dire
Le lecteur aura tout de suite vérifié que la formule pour u=0 est effectivement vraie (voir remarque du [6]), et qu'évidemment on ne peut faire u=1 dans cette formule.

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

Application de ces quatre résultats :

[ 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.

[ 12 ]

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

Ces résultats sont attribués à Rayleigh en 1874.

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 :
S2n=(-1/2)×le résidu en 0 de f(z)/z2n-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 xn et -xn, chacun de résidu 1/xn2.

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

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

r0,2+2(1/x14+1/x24+...+1/xN-14)=IN,2/(2iπ)
IN,2 étant l'intégrale de f(z)/z2 le long de FN, intégrale prise dans le sens direct.

Or sur FN, |z|=|Nπ+iy| ou |x+iN|, donc |z|≥N, et ainsi
|IN,2|≤(1/N2) F_N |f(z)|dz ; comme on a prouvé (voir remarque à la fin du [9]) que  F_N |f(z)|dz a pour limite 0 lorsque N tend vers +∞, il en est de même pour IN,2 (la convergence vers 0 est même plus rapide), et ainsi r0,2+2S4=0, et donc S4 est l'opposé de la moitié du résidu en 0 de f(z)/z2, tout comme S2=S est l'opposé de la moitié du résidu en 0 de f(z)!

Il ne reste plus qu'à chercher le résidu r0,2 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 r0,2=-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, S2n=(-1/2)×le résidu en 0 de f(z)/z2n-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 xn et de -xn, cette fois ne sont pas égaux mais opposés (1/xn3 et -1/xn3), et donc on obtient 0+0=IN,1/(2iπ), IN,1 étant l'intégrale de f(z)/z le long de FN, ce qui donne aucune information sur n≥1 1/xn3.
Evidemment, on peut vérifier qu'effectivement IN,1=0 : cela vient du fait que g(z)=f(z)/z est alors paire, et que l'intégration de g le long de FN se fait toujours dans le même sens (direct), ainsi les intégrales sur deux côtés opposés de FN sont opposées (alors que pour f(z)/z2n-2, elles sont égales, la fonction étant alors impaire).
Par exemple, les intégrales   -Nπ g(x+iN)dx et  -Nπ  g(x-iN)dx sont opposées (changer x en -x dans la 2ième).