Développement eulérien de la cotangente

Résolution.

1. 1. Pour $x \in D$ fixé et $k > |x|$, on a :
      $$\frac{2x}{x^2-k^2} \sim -\frac{2x}{k^2}$$
      Comme la série $\sum \frac{1}{k^2}$ converge, la série de fonctions converge simplement sur $D$. On définit ainsi $S(x) = \frac{1}{x} + \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{2x}{x^2-k^2}$.

   2. Soit $[a, b] \subset D$. Il existe $K > 0$ tel que pour tout $x \in [a, b]$, $|x| \leq K$. Pour $k > K$, on a $|x^2 - k^2| = k^2 - x^2 \geq k^2 - K^2$.
      $$\left| \frac{2x}{x^2-k^2} \right| \leq \frac{2K}{k^2-K^2}$$
      Le terme de droite est indépendant de $x$ et est le terme général d'une série convergente. Il y a convergence normale (donc uniforme) sur tout segment de $D$. Chaque terme est continu, donc $S$ est \boxed{\text{continue sur } D}.

   3. \begin{verbatim} def somme_S(N, x): res = 1/x for k in range(1, N + 1): res += 2*x / (x**2 - k**2) return res \end{verbatim}

2. 1. $S_N(-x) = -S_N(x)$ par construction, donc à la limite $S$ est impaire. Pour la périodicité :
      $$S_N(x+1) = \sum_{k=-N}^N \frac{1}{x+1+k} = \sum_{j=-N+1}^{N+1} \frac{1}{x+j} = S_N(x) + \frac{1}{x+N+1} - \frac{1}{x-N}$$
      En faisant tendre $N$ vers $+\infty$, on obtient \boxed{S(x+1) = S(x)}.

3. 1. On sait que $\operatorname{cotan}$ est impaire et $\pi$-périodique, donc $f$ est 1-périodique. Pour l'équation fonctionnelle de $f$ :
      $$\frac{1}{2}\left(f\left(\frac{x}{2}\right) + f\left(\frac{x+1}{2}\right)\right) = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\cos(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2})} - \frac{\sin(\frac{\pi x}{2})}{\cos(\frac{\pi x}{2})} \right) = \frac{\pi}{2} \frac{\cos^2(\frac{\pi x}{2}) - \sin^2(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2})\cos(\frac{\pi x}{2})}$$
      $$= \frac{\pi}{2} \frac{\cos(\pi x)}{\frac{1}{2}\sin(\pi x)} = \pi \operatorname{cotan}(\pi x) = f(x)$$

   2. Au voisinage de $0$ : $\pi \operatorname{cotan}(\pi x) = \frac{\pi (1 - \pi^2 x^2/2 + o(x^2))}{\pi x (1 - \pi^2 x^2/6 + o(x^2))} = \frac{1}{x} - \frac{\pi^2 x}{3} + o(x)$. Ainsi $f(x) - \frac{1}{x} \to 0$. De même $S(x) - \frac{1}{x} = \sum_{k=1}^\infty \frac{2x}{x^2-k^2} \to 0$. Donc $h(x) \to 0$ en $0$. Par périodicité, $h$ se prolonge continûment en chaque entier.

   3. $\tilde{h}$ est continue sur le segment $[0, 1]$, elle y atteint son maximum $M$ en $x_0$. L'équation fonctionnelle donne $M = \tilde{h}(x_0) = \frac{1}{2}(\tilde{h}(x_0/2) + \tilde{h}((x_0+1)/2))$. Comme $\tilde{h} \leq M$, cela impose $\tilde{h}(x_0/2) = M$. Par récurrence, $\tilde{h}(x_0/2^n) = M$. Par continuité en $0$, $M = \tilde{h}(0) = 0$. De même pour le minimum, donc $\tilde{h} = 0$.