Convergence d'une série

supp

Moi ce que je vois c'est que $f(x) = \frac{\sin(x^{1/2})}{x}$ alors $\int_1^\infty |f'(t)|dt$ converge donc $\int_1^\infty f(x)dx-\sum_n f(n) = \sum_n \int_n^{n+1}(f(x)- f(n))dx =\sum_n \int_n^{n+1} \int_n^x f'(t)dt$ converge

et que $\int_1^\infty f(x)dx=\int_1^\infty \frac{\sin(y)}{y^2}d(y^2)$ converge (série alternée) implique que $\sum_n f(n)$ converge.


Pour la même raison $\sum_{n \le x} \sin(n^{1/2})$ n'est pas bornée, avec $g(x) = -x^{1/2} \cos(x)$ on a $g'(x) = \sin(x^{1/2})+o(x^{-1/2})= g'(n) + ... $ donc $g(x) = \sum_{n \le x} \sin(n^{1/2}) + ....$

On peut démontrer que $\forall k>0$, $$\big |\int_k^{k+1}\frac{\sin\sqrt t}{t}\mathrm dt-\frac{\sin\sqrt k}k \big |\leqslant \frac 2{k^{3/2}}$$
Puis conclure la convergence de la série

Chettah
Explication ici https://math.stackexchange.com/questions/828323/convergence-of-sum-k-1-infty-sin-left-sqrtk-right-k?noredirect=1&lq=1

Bonjour à tous


pour montrer que la série
$\sum \dfrac{sin(\sqrt{n})}{n}$ converge
on n'utilisera pas le critère d'Abel puisque la suite :
$\sum_{k=1}^{n}sin(\sqrt{k})$ n'est pas bornée.(à démontrer rigoureusement)
Mais on utilisera plutot un résultat qui dit:

Si une fonction f est de classe $C^{1}$ sur $[1,+\infty[$ et telle que l'intégrale $\int_{1}^{+\infty} f'dx $ est absolument convergente
Alors la série :
$\sum f(n) $ converge une fois que l'intégrale $\int_{1}^{+\infty} f dx $ converge .

Preuve:
une intégration par parties donne: [x] étant la partie entière de x
$
\int_{k-1}^k (x - [x])f'(x) \, dx= \int_{k-1}^k (x - k +1)f'(x) \, dx \\ = \left[(x - k +1)f(x)\right]_{k-1}^k - \int_{k-1}^k f(x) \, dx \\ = f(k) - \int_{k-1}^k f(x) \, dx.
$
on pose :$\, c_{k}= f(k) - \int_{k-1}^k f(x) \, dx$
donc : $|C_k| = \left|f(k) - \int_{k-1}^kf(x) \, dx\right| \leqslant \int_{k-1}^k\left| (x - \lfloor x \rfloor )f'(x)\right| \, dx \leqslant \int_{k-1}^k|f'(x)| \, dx $

Donc: $ \sum_{k=2}^n|C_k| \leqslant \int_{1}^{n} f' dx\leqslant \int_1^\infty |f'(x)| \, dx < \infty.$
D'ou : la série $\sum c_n$ est abs convergente donc convergente ce qui implique que la suite :
$\sum_{k=2}^{n}f(k)- \int_{1}^{n}fdx$ converge.
ce qui termine la preuve du résultat

Revenons à la série: $\sum \dfrac{sin(\sqrt{n})}{n}$

On a: $f(x)= \dfrac{sin\sqrt{x}}{x}$

$f'(x)=\dfrac{cos(\sqrt{x})}{2x\sqrt{x}}- \dfrac{sin(\sqrt{x})}{x^2}$.
c'est clair que : l'intégrale : $\int_1^{+\infty}f' dx $ est absolument convergente.
Et l'intégrale $ \int_{1}^{+\infty} f(x) dx $ est convergente( non abs cv) puisque le changement de variable :
$t=\sqrt{x}$ donne:
$\int_{1}^{+\infty} f(x)\, dx = 2\int_{1}^{+\infty} \dfrac{sin(t)}{t} dt$ qui est convergente(Intégrale de Dirichelet).
Ainsi les hypothèses du résultat ci-dessus sont vérifiées et on en déduit que la série :
$\sum \dfrac{sin(\sqrt{n})}{n}$ est convergente.

Finallement je m'adresse à tous et surtout à (side) et lui demander d'expliquer clairementcomment il a montré que la suite :
$\sum_{k=1}^{n}sin(\sqrt{k})$ n'est pas bornée.
ça fait 2 jours que je suis bloqué là-dessus.

Merçi à tous

A-t-on le droit de faire une comparaison série/intégrale lorsque la fonction en question est décroissante mais pas de signe constant comme par exemple $\frac{sin(x)}{x}$ Je ne pense pas...?

Méthode plus rapide qui utilise l'inégalité de van der Corput.

Je pose $f(x) = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{x}$ et $e(x) = e^{2 i \pi x}$. Pour tout entier $N > 1$, par sommation d'Abel
$$\sum_{n > N} \frac{e(f(n))}{n} = - \frac{1}{N} \sum_{n \leqslant N} e(f(n)) + \int_N^\infty t^{-2} \left( \sum_{n \leqslant t} e(f(n)) \right) \, \textrm{d}t.$$

Or, d'après l'inégalité de Van der Corput, on a pour tout réel $t \geqslant 1$

$$\left| \sum_{n \leqslant t} e(f(n)) \right| \ll \max_{M \leqslant t} \left| \sum_{M < n \leqslant 2M} e(f(n)) \right| \log t \ll \max_{M \leqslant t} \left( M \lambda_2^{1/2} + \lambda_2^{-1/2} \right) \log t$$
où $\lambda_2 > 0$ est l'ordre de grandeur de $f^{\, \prime \prime}$ dans l'intervalle $\left[ M , 2 M \right]$. Ici, $\lambda_2 = M^{-3/2}$, de sorte que, pour tout réel $t \geqslant 1$
$$\left| \sum_{n \leqslant t} e(f(n)) \right| \ll t^{3/4} \log t$$
et en insérant cette estimation dans la première ligne de calcul, il vient pour tout entier $N > 1$
$$\left| \sum_{n > N} e(f(n)) \right| \ll N^{-1/4} \log N + \int_N^\infty t^{-5/4} \log t \, \textrm{d}t \ll N^{-1/4} \log N$$
et donc la série converge.

Merci pour la démo noix de totos, il faudrait vraiment que je rentre dans ces histoires de sommes d'exponentielles un jour !

@totem : tant que tu as de la monotonie tu peux écrire facilement l'encadrement avec des intégrales. Par contre s'il n'y a pas monotonie, les inégalités seront inversées un coup sur deux...

supp

supp

a.bendriouich

donc mon message était complètement inutile
Tu as la flemme pour chercher une preuve du petit résultat
Tu as la flemme comment l'appliquer pour notre série

Bonjour !
gebrane, je suis preneur d'au moins une indication pour la démonstration de ton petit résultat ! J'ai essayé pas mal de petites choses (Abel, par l'absurde, avec des $\epsilon$, ...) sans succès ! Merci !

Bonjour, je n’arrive pas à trouver le nouveau fil qui démontre le petit résultat. Quelqu’un pourrait me guider ,?
Merci

@Prepampx : le lien que tu ne trouvais pas.

Au passage, je reprends la preuve de JLT en changeant un tout petit peu la forme (pas de $\varepsilon$, pas de rang ad hoc à fabriquer mais juste l'utilisation de limite supérieure):

Pour tous naturels $n$ et $p$ non nuls, en notant $A_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}a_{n}$ et $M$ un majorant des $\left|A_{n}\right|$:
$$\sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i=n}^{n+k-1}a_{i}-a_{i+1}=\sum_{k=0}^{p-1}a_{n}-a_{n+k}=pa_{n}-\sum_{k=n}^{n+p-1}a_{k}=pa_{n}-A_{n+p}+A_{n}.
$$ Donc, en notant $m_{n}=\sup_{i\geqslant n}\left|a_{i}-a_{i+1}\right|$
$$
\left|a_{n}\right|\leqslant\frac{\left|A_{n}-A_{n+p}\right|}{p}+\frac{1}{p}\sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i=n}^{n+k-1}m_{n}=\frac{2M}{p}+pm_{n}.

$$ On obtient le résultat en prenant la limite supérieure en $n$, puis la limite en $p$.