Série numérique

Bonjour Bruno,

Quel est l'argument du sinus exactement ?

Bonjour,

D'où sort ce $n$ ? Il n'est pas dans ton message initial.

Cordialement,

Rescassol

Bon, pourrait-on avoir une écriture du terme général non ambiguë ?
Mettons des parenthèses à n'en plus finir, mais faisons en sorte que la question soit claire.

Peut-être demandera-t-on d'autres précisons ensuite, moins essentielles mais par souci de rigueur.

Bonsoir Bruno28,

ce qui trouble les interlocuteurs c'est :
$\bullet\, \sin^2\,\pi x^k = (\sin^2\,\pi)\times x^k$ ?
$\bullet\, \sin^2\,\pi x^k = (\sin^2\,(\pi\times x))^k$ ?
$\bullet\, \sin^2\,\pi x^k = \sin^2\,(\pi\times x^k)$ ?
...
S

@samok
Et si on traite les 3 cas de figure
Le premier: la serie est la serie nulle
Le deuxieme: c'est une serie geometrique
Je te laisse le troisieme cas

Si x est entre -1 et 1c est facile .
Reste le cas où x n appartient pas à [-1,1]

Bonjour,
Le cas ou $x$ n'est pas dans$([-1,1] \cup\mathbb{Z})$ est le plus intéressant je pense !
@Neptune, et comment extraire des sous suites ne convergeant pas vers zéro ?

Attention aux équivalents avec changement de signe...
Il faut trouver autre chose (qui y ressemble).

De rien Bruno. Equivalent pour $k$ tendant vers l'infini, et $x \in ]-1,1[$.

@Pascal.

J'ai une preuve du résultat : "pour tout $x\in [0,1]$" la suite $(\{x^k\})_{k\in \N}$ n'est pas dense dans $ [0,1]$.

e.v.

@ Neptune.
Pour $x\in]0,1[$, il n'y a pas de $x^k$ dans $]x,1[$ donc l'image de la suite ne rencontre pas cet ouvert.

C'est visuel.

e.v.

Et je viens de voir ton assertion, oui pour $x \in [0,1]$ c'est évident, moi je parlais de $x>1$, je vais le rementionner dans le second message.

Merci pour ta précision Bruno.

J'ai une petite idée qu'on pourrait exploiter : supposons par l'absurde qu'il existe un $b>a> 1$ tels que la série est convergente presque partout sur $[a,b]$. Comme c'est une série à termes positifs, en utilisant le théorème de convergence monotone, on montre que la série converge dans $L^1([a,b])$, donc dans $D'([A, + \infty[)$. En particulier le terme général tend vers $0$ dans $D'$. Mais en linéarisant le sinus carré, le terme général de la série s'écrit :
$$\frac{1}{2} - \frac{1}{2}cos(2\pi x^k).$$

Maintenant l'idée est de démontrer (par une intégration par parties par exemple de type phase stationnaire, à l'image de la preuve du théorème de Riemann Lebesgue par exemple) que la partie cosinus tend vers zéro au sens des distributions, et donc le terme général tend vers $1/2$ au sens des distributions, ce qui contredit la convergence de la série.

Ce raisonnement, s'il est valide, montrerait que la série diverge presque partout sur $\R$ privé de $[-1,1] \cup \Z$.

Je crois qu'on peut déjà prouver la divergence sur $L^1_{loc}[1, +\infty[$. Soient $1<a<b$. On a, grâce à la linéarisation :

$$\int_a^bsin^2(\pi x^k)dx = \frac{b-a}{2} - \frac{1}{2}\int_a^b cos(2\pi x^k)dx. \; \; \; (1) $$

Intéressons-nous d'abord à l'intégrale de droite, et supposons que $k$ non nul. On fait une intégration par parties de type "phase stationnaire" :
$$\int_a^b\big(2\pi k x^{k-1} cos(2\pi x^k)\big) \frac{1}{2\pi k x^{k-1}} dx = [sin(2\pi x^k) \frac{1}{2\pi k x^{k-1}} ]_a^b - \frac{1-k}{2\pi k }\int_a^b \frac{sin(2\pi x^k)}{x^k} dx. \; \; \; (2) $$
Le crochet est la différence de deux termes dont les séries convergent, je traite celui de $a$, celui de $b$ est pareil :
$$\big| sin(2\pi a^k) \frac{1}{2\pi k a^{k-1}} \big| \leq \frac{1}{k a^{k-1}} ,$$
donc sa série converge car $a>1$.
De même, la série de terme général la dernière intégrale de $(2)$ converge, car on peut la majorer de la sorte : (en minorant le $x$ du dénominateur par $a$, et en majorant le sinus par $1$ ) :
$$\bigg| \frac{1-k}{2\pi k }\int_a^b \frac{sin(2\pi x^k)}{x^k} dx \bigg| \leq \frac{(b-a)(k-1)}{ka^k}, $$
donc sa série converge car encore $a>1$.

En conclusion, dans l'égalité $(1)$ le second membre (l'inégrale) a sa série qui converge (absolument), donc la seule façon pour que la série de terme général $\int_a^bsin^2(\pi x^k)dx$ converge, c'est que la série de terme général $\frac{b-a}{2}$ converge, donc impossible !

On voit ici clairement apparaître le facteur $1/2$, comme on le voit en intuition grâce à une analogie avec Riemann-Lebesgue : le terme général de la suite converge au sens des distributions vers $1/2$, c'est ce qui fait que la série converge grossièrement.

Par convergence monotone, ceci montre que la série diverge dans $L^1_{loc}$ dès qu'on sort de $[-1,1]$. (et comme dit précédemment, le même raisonnement, en mettant des fonctions test dans les intégrales (ce qui ne changera pas le calcul) montre qu'on a divergence même au sens des distributions). Reste à peaufiner un peu pour montrer la divergence presque partout.

A ton service Bruno. J'ai corrigé quelques petites coquilles sur mon dernier message, je pense maintenant qu'il est bon.
On peut facilement généraliser le résultat pour montrer que la série ne converge au sens $L^1_{loc}$ sur aucun ensemble de mesure $>0$.

Pour conclure la preuve, c'est à dire remplacer la divergence $L^1_{loc}$ par la divergence presque partout, tu peux soit t'inspirer de la preuve du théorème d'Egoroff : https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_d'Egoroff

soit carrément l'utiliser, pour prouver que s'il y a convergence sur un ensemble de mesure non nulle, la fonction limite (la somme) est dans un $L^{\infty}(E)$ pour un certain $E$ de mesure non nulle, donc la fonction limite est dans $L^1(E)$, ce qui contredit ce qu'on a dit avant.

On peut remarquer qu'on a probablement même démontré la divergence grossière de la fonction, dans le sens où le terme général ne converge pas vers zéro sur un ensemble de mesure $>0$.

bonjour

la série de terme général $sin²(\pi.x^k)$ avec k entier naturel et x réel positif

converge pour 0 < x < 1 et diverge pour x = 1 et pour x > 1

pour x > 1 le terme $x^k$ tend vers +oo avec k

et $sin²\pi.x^k$ tend vers 1/2 d'après les propriétés asymptotiques de $sin²x$

la série diverge donc grossièrement vers +oo

pour x < 1 le terme général $sin^2(\pi.x^k)$ est équivalent à $(\pi.x^k)^2$

et donc la série converge vers une limite équivalente à (ou proche de) $\frac{\pi^2}{1-x^2}$

lorsque x tend vers 1 à droite ou à gauche la série diverge vers +oo

même si le terme général tend vers 0

cordialement

Bonjour,
@jean lismonde, je n'ai pas encore lu ta démonstration mais je sais qu'il y a des $x >1$ ou la série converge (pour $x$ dans $\mathbb Z$ ,et aussi pour certains réels ). Le livre de Kahane que P. a cité montre ce résultat !

En plus pour $x=1$ la série est nulle, donc converge ... Et les propriétés asymptotiques du $sin^2(x)$ ... faut faire attention, ça converge vers $1/2$ au sens des distributions (c'est ce qui m'a poussé à faire le raisonnement précédent), mais pas du tout ponctuellement, ce qui fait qu'au mieux nos résultats seront vrais "presque partout" en utilisant ces arguments

Bonjour
Je crois qu'il suffit de montrer que $(3+\frac{1}{2})^k$ ne peut tendre vers $0$ modulo $1$ ?
Si quelqu'un a une idée :-)

(#) $\{x \in \R| \sum_{k=0}^{+\infty}\sin ^2(\pi x^k)=+\infty\}$ contient une intersection d'ouverts denses (EDIT lesdits ouverts sont denses dans $]-\infty,-1]\cup [1,+\infty[ $; cf messages ci-dessous) (et donc est dense d'après Baire).

Comme $t \mapsto \sin (t)$ est impaire il suffit de montrer que ledit ensemble contient une intersection, d'ouverts denses de $\R_+^*$.
Si $x \in \R$ on note $\N x:=\{nx|n \in \N\}$.
Le résultat visé est une conséquence du lemme suivant:
Soit $V$ un ouvert non majoré de $\R_+$. Alors $\{t \in \R_+| \N t \cap V\text{ est infini}\}$ contient une intersection dénombrable d'ouverts denses de $\R_+$.
En passant au logarithme, on en déduit que si $W \subseteq [1,+\infty[$ est un ouvert non majoré alors l'ensemble des $x\in \R_+^*$ tels qu'une infinité de puissances entières de $x$ est dans $W$, est aussi une intersection d'ouverts denses. On applique ce résultat à $W=\bigcup_{k \in \N^*} ]\frac{2k+1}{2}-\frac{1}{6},\frac{2k+1}{2}+\frac{1}{6}[$ pour prouver (#) ci-dessus.

Preuve du lemme:
Si $x \in \R_+^*$ , $k \in \N^*$ et $\varepsilon>0$ considérons $A_{x, \varepsilon}=\bigcup_{n \geq k} ]n(x-\varepsilon), n(x+\varepsilon)[$. Alors si $k > \frac{x}{2\varepsilon}$ on a pour tout $n \geq k$, $(n+1)(x-\varepsilon) < n(x+\varepsilon)$ et donc $[kx,+\infty[ \subseteq A_{x,\varepsilon}$.
Soit $m \in \N$. Soit $V_m:=\{y \in \R_+^*| \exists n \in \N: n \geq m \text{ et } ny \in V\}$. Alors $V_m$ est un ouvert dense de $\R$. en effet si $x \in \R$ et si $\varepsilon>0$, fixons $k \in \N$ tel que $]kx,+\infty[ \subseteq A_{x,\varepsilon}$ comme ci-dessus. Alors comme $V$ n'est pas borné il existe $z \in V$ tel que $z \geq \max \{nx,kx\}$. Nous avons pour un $n' \geq \max \{n,k\}, z \in ]n'(x-\varepsilon), n'(x+\varepsilon)[$. Et donc $\frac{z}{n'} \in V_m \cap ]x-\varepsilon,x+\varepsilon[$.
Comme $ \{t \in \R_+| \N t \cap V\text{ est infini}\}$ contient $\bigcap_{m \in \N}V_m$, on conclut.

@Pascal Sterne
Mea culpa,il est dense dans $[1,+\infty[$ (car pour appliquer le lemme on passe à l'exponentielle). Je vais édier mon message.