Calcul d'un produit infini par intégration de série

Résolution.

1. Étude de la convergence normale. Pour chaque $n \in \mathbb{N}^*$, la fonction $u_n : \alpha \mapsto \frac{2 \alpha}{\alpha^2 + n^2}$ est dérivable sur $[0, 1]$. Sa dérivée est donnée par :
   $$u_n'(\alpha) = 2 \frac{(\alpha^2 + n^2) - \alpha(2\alpha)}{(\alpha^2 + n^2)^2} = \frac{2(n^2 - \alpha^2)}{(\alpha^2 + n^2)^2}$$
   Comme $n \geq 1$ et $\alpha \in [0, 1]$, on a $n^2 - \alpha^2 \geq 0$, donc $u_n$ est croissante sur $[0, 1]$. Le maximum de $|u_n|$ sur $[0, 1]$ est donc atteint en $\alpha = 1$ :
   $$\|u_n\|_{\infty, [0, 1]} = u_n(1) = \frac{2}{n^2 + 1}$$
   On observe que $\frac{2}{n^2 + 1} \sim \frac{2}{n^2}$, qui est le terme général d'une série de Riemann convergente. Ainsi, la série $\sum u_n$ converge normalement sur $[0, 1]$.
   $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ converge normalement sur } [0, 1].}$$

2. Calcul du produit infini par intégration. Grâce à la convergence normale sur le segment $[0, 1]$, on peut intervertir les symboles somme et intégrale :
   $$\int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{+\infty} u_n(\alpha) d\alpha = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{0}^{1} \frac{2 \alpha}{\alpha^{2}+n^{2}} d\alpha$$
   Calculons l'intégrale du terme général :
   $$\int_{0}^{1} \frac{2 \alpha}{\alpha^{2}+n^{2}} d\alpha = \left[ \ln(\alpha^2 + n^2) \right]_0^1 = \ln(n^2 + 1) - \ln(n^2) = \ln\left( 1 + \frac{1}{n^2} \right)$$
   D'autre part, en utilisant l'identité fournie dans l'énoncé :
   $$\int_{0}^{1} f(\alpha) d\alpha = \int_{0}^{1} \left( \pi \frac{\cosh(\pi \alpha)}{\sinh(\pi \alpha)} - \frac{1}{\alpha} \right) d\alpha$$
   On reconnaît une forme $\frac{w'}{w}$ avec $w(\alpha) = \frac{\sinh(\pi \alpha)}{\alpha}$. En effet :
   $$\frac{d}{d\alpha} \ln\left( \frac{\sinh(\pi \alpha)}{\alpha} \right) = \frac{\pi \cosh(\pi \alpha) \cdot \alpha - \sinh(\pi \alpha)}{\alpha^2} \cdot \frac{\alpha}{\sinh(\pi \alpha)} = \frac{\pi \cosh(\pi \alpha)}{\sinh(\pi \alpha)} - \frac{1}{\alpha}$$
   Ainsi :
   $$\int_{0}^{1} f(\alpha) d\alpha = \left[ \ln\left( \frac{\sinh(\pi \alpha)}{\alpha} \right) \right]_0^1$$
   En $\alpha = 1$, la valeur est $\ln\left( \frac{\sinh(\pi)}{1} \right) = \ln(\sinh \pi)$. En $\alpha = 0$, on utilise le développement limité $\sinh(x) = x + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ pour obtenir :
   $$\lim_{\alpha \to 0} \frac{\sinh(\pi \alpha)}{\alpha} = \lim_{\alpha \to 0} \frac{\pi \alpha + o(\alpha)}{\alpha} = \pi$$
   On en déduit :
   $$\int_{0}^{1} f(\alpha) d\alpha = \ln(\sinh \pi) - \ln(\pi) = \ln\left( \frac{\sinh \pi}{\pi} \right)$$
   En égalisant les deux expressions de l'intégrale de $f$ :
   $$\sum_{n=1}^{+\infty} \ln\left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = \ln\left( \frac{\sinh \pi}{\pi} \right)$$
   Par continuité de l'exponentielle :
   $$\exp\left( \sum_{n=1}^{+\infty} \ln\left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) \right) = \prod_{n=1}^{+\infty} \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right)$$
   Finalement :
   $$\boxed{\prod_{n=1}^{+\infty} \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = \frac{\sinh \pi}{\pi}}$$