Convergence d'une série
Bonjour...
Quand j'ai étudié la convergence de série du terme \[\frac{\sin (\sqrt n )}{n},\]j'ai utilisé deux méthodes et j'ai je suis tombé dans des problèmes
1ère méthode. Critère d'[large]A[/large]bel
1/n décroissante et tend vers 0 \[
\text{e}^{i\sqrt n }= \cos(\sqrt n ) + i\sin(\sqrt n ).
\] Comment trouver $M$ dans $\R$ tel pour tout $n$ dans $\N$ \[
\Big| \sum \sin(\sqrt n ) \Big|= \Big| \text{img}\Big(\sum e^{i\sqrt n } \Big) \Big| < M .
\] C'est-à-dire comment prouver que la série du terme $\sin(\sqrt n)$ est bornée ?
2ème méthode. C'est série de Dirichlet
Comment calculer l'abscisse de convergence ?
[Niels Henrik Abel (1802-1829) prend toujours une majuscule. AD]
Quand j'ai étudié la convergence de série du terme \[\frac{\sin (\sqrt n )}{n},\]j'ai utilisé deux méthodes et j'ai je suis tombé dans des problèmes
1ère méthode. Critère d'[large]A[/large]bel
1/n décroissante et tend vers 0 \[
\text{e}^{i\sqrt n }= \cos(\sqrt n ) + i\sin(\sqrt n ).
\] Comment trouver $M$ dans $\R$ tel pour tout $n$ dans $\N$ \[
\Big| \sum \sin(\sqrt n ) \Big|= \Big| \text{img}\Big(\sum e^{i\sqrt n } \Big) \Big| < M .
\] C'est-à-dire comment prouver que la série du terme $\sin(\sqrt n)$ est bornée ?
2ème méthode. C'est série de Dirichlet
Comment calculer l'abscisse de convergence ?
[Niels Henrik Abel (1802-1829) prend toujours une majuscule. AD]
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Réponses
Bonjour,
*L'auteur a posé une première question précise
Est ce que la suite $\alpha_n$ definie par $\alpha_n=\sum_{k=1}^n \sin(\sqrt k)$ est bornée ?
*Personnellement je ne comprends pas ta conclusion : la série cv ou dv ?
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 $g(x) = \sum_{n \le x} \sin(n^{1/2}) + ....$
Puis conclure la convergence de la série
@side, on a $\sigma _c = \inf \left\{ \sigma \in \Re \mid \sum \frac{a_n}{n^s}\text{ converge} \right\}$
si $\operatorname{Re} (s) = 1 > {\sigma _c}$ alors la convergence.
Comment as-tu fait pour calculer abscisse de convergence ?
@reuns, c'est bien j'ai compris votre méthode qui a prouvé la convergence
mais je n'ai pas compris comment tu prouves la série $ \sum {\sin ({x^{\frac{1}{2}}})} $
j'ai trouvé une indication qui dit prouver d'abord $ \begin{gathered}
\cos (\sqrt {n + 1} ) - \cos (\sqrt n ) = \frac{{\sin (\sqrt n )}}{{2\sqrt n }} + O(\frac{1}{n})
\end{gathered} $
quand $n$ tend vers l'infini
après, déduire que : $\frac{{\cos (\sqrt {n + 1} ) - \cos (\sqrt n )}}{{\sqrt n }} = \frac{{\sin (\sqrt n )}}{{2n}} + O(\frac{1}{{n\sqrt n }})$
enfin en conclure en utilisant le règle d'Abel à une série bien appropriée ?
@gebran, pouvez-vous me donner une indication pour démontrer cette inégalité ?
Explication ici https://math.stackexchange.com/questions/828323/convergence-of-sum-k-1-infty-sin-left-sqrtk-right-k?noredirect=1&lq=1
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
Pour le voir simplement et puisque tu aimes les petits résultats, je te donne celui la
Je te laisse conclure que la suite $\sum_{k=1}^{n}sin(\sqrt{k})$ ne peut pas être bornée
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.
@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...
Il faut utiliser le théorème de a.bendriouich; il porte un nom ce théorème ? je ne le connaissais pas du tout...Cela dit il ne marche pas avec $\frac {\sin(n)}{n}$ !
Et ce d'autant plus qu'on peut améliorer ici les choses en utilisant l'inégalité de Kusmin'-Landau plutôt que celle de van der Corput, qui stipule que, si $f \in C^1 [M,2M]$ telle que $\left| f^{\, \prime} (x) \right| \asymp \lambda_1 < \frac{1}{2}$, alors
$$\sum_{M < n \leqslant 2M} e(f(n)) \ll \lambda_1^{-1}.$$
Je n'ai pas essayé celle-ci tout à l'heure car, habituellement, la contrainte $ \lambda_1 < \frac{1}{2}$ est inexploitable dans les problèmes usuels de théorie des nombres, mais ici $\lambda_1 = M^{-1/2}$, donc en reprenant ce que j'ai fait au-dessus, il vient successivement
$$\sum_{n \leqslant t} e(f(n)) \ll t^{1/2} \log t$$
puis
$$\sum_{n > N} \frac{e(f(n))}{n} \ll N^{-1/2} \log N.$$
En particulier, la série $\sum_n e(f(n)) n^{- \alpha}$ converge pour tout $\alpha > \frac{1}{2}$.
Merci gebrane por votre petit résultat. mais ça serait mieux avec une preuve.
D’autre part ayant tracé la courbe représentant les point $(n,S_n)$ avec $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n} \sin(\sqrt{k}),$
on constate que cette courbe oscille en ayant des "pics" qui grandissent indéfiniment.
J'aimerais bien identifier ces entiers en lesquels la courbe a ces pics...
Et quelle est le prolongement de la fonction : $\ n \mapsto S_n$ à $\ \mathbb{R}$ ?
Merci.
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
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 !
Par exemple par l'absurde. je vais mette ce résultat dans un nouveau fil pour ne pas dévier ce fil
Merci
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 $p$.