Séries de fonctions

CQFD

Bonsoir !
Je cale pour montrer que la série de terme général $\dfrac{\sin(nx)}{1+n^{2}}$ n'est pas dérivable en $0$.
Intuitivement, je "vois le truc" mais je n'arrive pas à l'écrire rigoureusement...
Pouvez-vous m'aider ?
Merci

JC5

bonjour,

J'utilise le fait que pour $00$ fixé, dès que $n \frac{2}{\pi}$

Et donc: $\frac{sin(nx)}{nx} \frac{n}{n^2+1}> \frac{2}{\pi} \frac{n}{n^2+1}$ dès que $n \sum_{1}^{[\frac{\pi}{2x}]} \frac{2}{\pi} \frac{n}{n^2+1}$

La difficulté est de savoir quoi faire de la somme comprenant les termes de rang plus grand que $\frac{\pi}{2x}$.

Voici ce que je propose:

On a: $|\frac{sin(nx)}{n^2+1}| \leq \frac{1}{n^2+1}$, d'autre part, on obtient de manière classique un équivalent de $\sum_{N}^{\infty}\frac{1}{n^2+1}$ qui est $\int_N^{\infty}\frac{1}{t^2+1}dt$ i.e

$\frac{\pi}{2}-arctan(N)$, pour $0 \frac{cosx}{sinx}$

Or pour $0 \frac{1}{x}$, $\sum_{N}^{\infty}\frac{sin(nx)}{n^2+1} \geq Cx$ où $C$ est une constante indépendante de $N$ (venant de l'équivalence ci-dessus entre la somme et l'intégrale ). Et donc:

$\textbf{(2)}$ $\frac{1}{x}\sum_{N}^{\infty}\frac{sin(nx)}{n^2+1} \geq C$ dès que $N > \frac{1}{x}$


Comme $[\frac{\pi}{2x}]+1\geq \frac{1}{x}$ de $\textbf{(1)}$ et
$\textbf{(2)}$ on a:

$\frac{1}{x} \sum_{1}^{\infty}\frac{sin(nx)}{n^2+1}\geq \sum_{1}^{[\frac{\pi}{2x}]}\frac{n}{n^2+1} +C$

Je te laisse conclure (et aussi vérifier les diverses inégalités)

JC5

il manque juste un petit $\frac{2}{\pi}$ dans la dernière somme, ce qui ne change rien à la conclusion.

Attioui Abdelbaki

Salut, appelons $f$ la série en question:
$$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\sin (nx)}{1+n^2}$$

Pour montrer que $f$ n'est pas dérivable en $0$, il suffit de prouver que le taux d'accroissment $\frac{f(x)}{x}$ n'a pas de limite quand $x$ tend vers $0^+$. En d'autres termes ne vérifie pas le critère de Cauchy

Soit $k\in\N^*$, alors
$\frac{f(2\pi / k )}{2\pi/k}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{k \sin \left(2\pi\frac{n}{k}\right)}{2\pi (1+n^2)}=\sum_{p=1}{k-1}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{k \sin \left( 2\pi\frac{p}{k}\right)}{ 2\pi (1+n^2)}$

j'ai un empéchement je termine plus tard

Vianney

$$\frac{f(2\pi / k )}{2\pi/k}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{k \sin \left(2\pi\frac{n}{k}\right)}{2\pi (1+n^2)}=\sum_{p=1}^{k-1}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{k \sin \left( 2\pi\frac{p}{k}\right)}{ 2\pi (1+n^2)}$$

CQFD

La nuit porte conseil, voici ce que j'ai trouvé :
Posons $N=E(\dfrac{\pi}{2x})$ (qui est inférieur à $\dfrac{\pi}{2x}$).
Alors : $\sum\limits_{n=1}^{N}\dfrac{\sin(nx)}{nx}\dfrac{n}{1+n^{2}}\ge\dfrac{2}{\pi}\sum\limits_{n=1}^{N}\dfrac{n}{1+n^{2}}$.
D'autre part : $|\sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\dfrac{\sin(nx)}{1+n^{2}}|\le\sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\dfrac{1}{1+n^{2}}\le\dfrac{\pi}{2}-Arctan(N)$.
Donc $\dfrac{f(x)}{x}\ge\dfrac{2}{\pi}\sum\limits_{n=1}^{N}\dfrac{n}{1+n^{2}}-\dfrac{1}{x}(\dfrac{\pi}{2}-Arctan(N))$.
Cette dernière quantité tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $0$ car alors $N$ tend vers $+\infty$, la première somme du membre de droite également et l'expression $\dfrac{1}{x}(\dfrac{\pi}{2}-Arctan(N))$ tend vers une limite finie quand $x$ tend vers $0$...
Qu'en pensez-vous ?

JC5

ça ressemble pas un peu à ce que j'ai écrit?...

CQFD

pour la deuxième somme (celle allant de $N+1$ à l'infini), tu effectues une minoration alors que je fais une majoration.... de plus, j'ai du mal à vois que la constante $C$ est indépendante de $N$...

remarque perso : jc, est-ce toi qui a soustenu une thèse ?
si oui, ça s'est bien passé ?

JeanPaulBrault

Bonjour,

J'acquiesce tout à fait aux démos ci-dessus, intéressé par cette somme j'ai

été surpris par la difficulté de l'exprimer à l'aide des fonctions usuelles

alors que c'est connu pour des sommes trés proches; mon idée est

d'exprimer cette somme à l'aide d'intégrales.

La fonction f: x--> f(x) = sum( sin(nx)/(n²+1), n>=1) est Co sur R par

convergence normale. Par transformation d'Abel, on montre que f est C1

sur I = ]0, 2Pi[ et que f'(x) = sum( n*cos(nx)/(n²+1), n>=1).

J'introduis F: x--> - sum( cos(nx)/ [n*(n²+1)] et de suite F est C2 sur I et

sur I, F'=f et F''= f' et F''(x) = F(x) + sum( cos(nx)/n, n>=1) ( écrire n²=n²+1-

1); or il est connu que: sum(cos(nx)/n, n>=1) = - ln( 2*sin(x/2) )=a(x),

cad F est solution de y''-y = a(x) sur I, équation différentielle que l'on peut

résoudre: il existe A et B avec F(x)=Ach(x)+Bsh(x)-int(a(t)*sh(t-x),t=0..x)

sur I ( pour t-->0+ a(t)~ - ln(t) , les fonctions sont intégrables...) et donc

F'(x) = f(x) = Ash(x)+Bch(x)+int(a(t)*ch(t-x),t=0..x)

On prend les limites pour x--> 0+ qui existent, de suite B=0 et A est

somme d'une série convergente.On a donc

F'(x)=f(x)=[A-int(a(t)*sh(t),t=0..x)]*sh(x)+[int(a(t)*ch(t),t=0..x)]*ch(x),

cad une expression intégrale de f(x) sur I. En intégrant les relations de

comparaison en 0+ on a en O+ f(x)~-x*ln(x), f(x)/x ~ -ln(x) cad f est non

dérivable en 0+; j'espère ne pas avoir fait de fautes, amicalement.

JC5

salut CQFD, j'avais oublié ton speudo Baptiste, et oui c'est bien moi et ça c'est très bien passé.

Quant à mon post: j'obtiens une majoration avec une valeur absolue à un moment, j'en déduis une minoration (c'est ce qu'il faut obtenir pour obtenir une limite infinie), quant à $C$ elle vient du fait que si deux suite sont équivalente, a fortiori l'une est un grand O de l'autre et réciprosquement.

Il faudra que je t'écrive, désolé mais com d'hab. je suis tjrs très tête en l'air. @+