Le but de ce problème est d’établir les deux formules importantes: \[\forall z\in\Cc\setminus\Zz\quad \frac\pi{\sin \pi z} = \frac1{z} + \lim_{\substack{N\to+\infty \\ M\to+\infty}} \sum_{\substack{-M\leq n \leq N \\ n\neq0}} \frac{(-1)^n}{z-n} = \frac1z + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2}\] \[\forall z\in\Cc\qquad \sin(\pi z) = \lim_{N\to\infty} \pi z\prod_{n=1}^N (1 - \frac{z^2}{n^2})\]
Montrer la convergence de la série \(\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{z-n}\) (regarder les sommes partielles pour les indices pairs).
On pose \(f(w) = \frac\pi{\sin \pi w}\). Soit \(z\notin\Zz\) fixé, soit \(N>|z|-\frac12\) et \({\cal R}_N\) le carré \(\{|x|\leq N+\frac12\), \(|y|\leq N+\frac12\}\), et \(C_N = \partial {\cal R}_N\) son bord parcouru dans le sens direct. Exprimer \(\frac1{2\pi i} \int_{C_N} \frac{f(w)}{w-z}dw\) à l’aide du Théorème des résidus.
Montrer \(\int_{C_N} \frac{f(w)}w dw = 0\) (on notera que \(f\) est impaire) et en déduire : \[\frac1{2\pi i} \int_{C_N} \frac{f(w)}{w-z}dw = \frac1{2\pi i} \int_{C_N} \frac\pi{\sin \pi w}\frac{z}{w(w-z)}dw\]
On rappelle l’identité \(\sin(w) = \sin(x)\ch(y) + i \cos(x)\sh(y)\) pour \(w=x+iy\). Montrer \(|\sin w|^2 = \sin^2 x + \sh^2 y\) (\(x,y\in\Rr\dots\)). En déduire \(|\sin(\pi w)| = \ch(\pi y)\geq 1\) sur les bords verticaux du carré et \(|\sin(\pi w)| \geq \sh(\pi(N+\frac12))\geq \sh(\pi\frac12) = 2.301\dots\geq1\) sur les bords horizontaux. Conclure la preuve de \[\frac\pi{\sin \pi z} = \frac1z + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2}\] avec convergence uniforme pour \(|z|\) borné.
Reprendre la même technique et prouver: \[\forall z\in\Cc\setminus\Zz\quad\frac{\pi \cos(\pi z)}{\sin(\pi z)} = \lim_{N\to\infty} \sum_{-N\leq n\leq N} \frac1{z-n} = \frac1z + \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}\;,\] avec convergence uniforme pour \(|z|\) borné.
On veut maintenant prouver: \(\sin(\pi z) = \lim_{N\to\infty} \pi z\prod_{n=1}^N (1 - \frac{z^2}{n^2})\)
On fixe une fois pour toutes \(R>0\), et on va montrer la formule pour \(|z|<R\). Soit \(N\) avec \(N>R\) et notons \(f_N(z) = \frac{\pi z}{\sin(\pi z)}\prod_{n=1}^N (1 - \frac{z^2}{n^2})\), prolongé par continuité en les \(n\), \(|n|\leq N\). Montrer que \(f_N\) est holomorphe et ne s’annule pas sur \(D(0,R)\).
Soit \(\gamma:[0,1]\to\Cc^*\) le chemin \(\gamma(t) = f_N(tz)\). On a donc \(\gamma(0) = 1\), \(\gamma(1) = f_N(z)\), et \(\gamma(t)\neq0\) pour tout \(t\). Par un théorème démontré en cours (lequel?) on a \(\gamma(1) = \gamma(0)\exp\left(\int_\gamma \frac{dw}w\right)\). En déduire \(f_N(z) = \exp\left(\int_0^1 \frac{f_N'(tz)}{f_N(tz)} zdt\right)\).
Soit \(\epsilon>0\). En utilisant la convergence uniforme pour \(|z|\) borné du développement en fractions de \(\pi\cotg(\pi z)\), montrer que pour \(N\) suffisamment grand, on a \(|f_N'(w)|\leq \epsilon |f_N(w)|\) pour tout \(w\in D(0,R)\), puis en déduire \[N\gg0\quad |z|<R \implies\quad |f_N(z)| \leq e^{\epsilon|z|} \leq e^{\epsilon R}\]
En déduire \(\lim_{N\to\infty} f_N(z) = 1\), uniformément sur \(D(0,R)\). Conclure la preuve du produit infini de Euler pour \(\sin(z)\).