Série ... la suite

Bonjour à tous,

Je sollicite à nouveau votre aide pour le calcul d'une série. La voici :
$$\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{(2k-1)^2+(2k-1)^4x^2}$$
pour $x\in\R$.

D'avance merci.

Amicalement,

Réponses

  • Heuuuu on met (2k-1)^2 en facteur et on décompose la fraction rationnelle dans C ... Je pense que c'est un bon chemin ...

    Philou Le Cocker
  • As-tu essayé la méthode qui tue de Borde par les résidus ?
  • Bonjour

    Maple donne : $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{(2k - 1)^2 - (2k - 1)^4 x^p }} = } \frac{{\pi ^2 }}{8} - \frac{1}{4}f(x,p)\left( {\Psi \left( {\frac{{f(x,p) + 1}}{{2f(x,p)}}} \right) - \Psi \left( {\frac{{f(x,p) - 1}}{{2f(x,p)}}} \right)} \right),f(x,p) = ( - x)^{\frac{1}{p}}}$

    Cordialement Yalcin

    Cordialement Yalcin
  • $(-1)^{\frac{1}{p}}$ ?
  • oui qui est égal à cos(PI/p)+isin(Pi/p)
  • Euh.. Yalcin je te propose de continuer cette discussion sur l'autre fil, "racines complexes" où je vois que tu viens d'intervenir : \lien{http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=256276&t=256276}.

    Officiellement, $(-1)^{\frac{1}{p}}$ n'est pas défini (sauf à la limite pour $p$ impair).
  • Bonjour,

    someone : la méthode de Borde (que j'ai enregistrée dans mes favoris depuis !) concerne des séries alternées, donc a priori je ne peux pas l'utiliser.

    Philou : c'est ce que j'ai commencé par faire, mais sans succès pour traiter les éléments simples après.

    Yalcin : merci, mais je voudrais la résoudre à la main.

    Si d'autres ont des idées, qu'ils n'hésitent pas.

    Amicalement,
  • Kuja,

    Tu as exactement la même formule pour les série $\displaystyle {\sum_{k \in \Z} f(k)}$ où $f$ vérifie les mêmes conditions que pour l'autre. La seule différence : tu remplaces $\displaystyle { \frac {1}{\sin(\pi s)}}$ par $\cot( \pi s)$.

    Ceci dit, je n'ai pas eu le temps de vérifier si elle fonctionne ici (excuses-moi...). Si j'ai un moment...

    Borde.
  • J'ai fait les calculs pour $x \geqslant 0$. Posons $S(t) = \displaystyle {\sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}}$. Alors $S(0) = \pi^2/8$ est connue. Pour $t > 0$, remarquer que $\displaystyle {S(t) = \frac {1}{2} \sum_{k \in \Z} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}}$, puis appliquer la méthode des résidus. J'ai obtenu : $$S(t) = \frac {\pi^2}{8} - \frac {\pi \sqrt {t}}{4} \tanh \left ( \frac {\pi}{2 \sqrt {t}} \right ).$$

    Borde.
  • ...Ta somme étant $S(x^2)$, on obtient pour $x \not = 0$ : $$S(x^2) = \frac {\pi^2}{8} - \frac {\pi |x|}{4} \tanh \left ( \frac {\pi}{2 |x|} \right ).$$

    Borde.
  • Je suis trés chaud pour savoir cette méthode.est ce que vous pouver Borde la détailler un peu?
  • A oui moi aussi sur le coup Borde je serais curieux de voir la méthode que tu utilises car elle a l'air d'être très bien. Est-ce la même méthode des Résidus qu'icelle de l'intégration des fonctions holomorphes ?
  • Oui, encore une fois, je (re)poste cette application du calcul des résidus : soit $f$ une fonction méromorphe sur $\C$ ayant un nombre fini de pôles $a_1,...,a_n \in \C - \Z$ telle qu'il existe $R > \sup \{|a_1|,...,|a_n| \}$ et $\alpha > 1$ tels que, pour tout $s \in \C$ tel que $|s| < R$, on ait $|f(s)| = O (|s|^{- \alpha} )$. Alors on a : $$\sum_{k \in \Z} f(k) = - \sum_{j=1}^{n} Rés \left ( \pi \cot (\pi s) f(s) \, ; \, a_j \right ).$$

    Pour les séries alternées $\displaystyle {\sum_{k \in \Z} (-1)^k f(k))}$, remplacer $\cot (\pi s)$ par $\displaystyle { \frac {1}{\sin (\pi s)}}$.

    Borde.
  • Borde, qui a trouvé cette méthode en premier, et quelle est son niveau , MPSI ?
  • C'est le genre de formule que l'on voit classiquement dans un cours d'analyse complexe en L3 (troisième année de Licence).
  • Est-ce que vous pouvez nous guider à une démonstration ?
  • J'étais ravis d'avoir lu
    <http://s146372241.onlinehome.fr/web/pi314.net/fretigny.php&gt;
    à l'instant, quand je serai ingénieur (j'espère), j'attaquerai sur ce domaine aussi.
  • <http://serge.mehl.free.fr/anx/appl_residus.html&gt;
    m'a aidé à trouver le fondateur de cette méthode, c'est Cauchy, merci à lui.
  • Celui-là est un autre théorème et fort possible que la formule de Borde ait un corolaire !!
  • Idée (qui n'est pas une démonstration) : puisque la fonction $s \mapsto \pi \cot(\pi s)$ admet tout entier $k$ pour pôle simple de résidu égal à $1$, la valeur $f(k)$ est égale au résidu de la fonction $s \mapsto \pi \cot(\pi s) f(s)$ en $s=k$, pour peu que $f$ y soit holomorphe.

    On prend alors un contour $C$ (fermé, simple) entourant les entiers $m, m+1, ...,n$ et laissant à l'extérieur tout autre point ayant une affixe entière, en supposant qu'à l'intérieur $f$ n'ait qu'un nombre fini de singularités $a_1,...,a_p$ qui sont des pôles. Le théorème des résidus donne alors : $$\frac {1}{2 i \pi} \int_{C} \pi \cot(\pi s) f(s) \, ds = \sum_{k=m}^{n} f(k) + \sum_{j=1}^{p} Rés (\pi \cot(\pi s) f(s) \, ; \, a_j).$$

    En prenant pour contour $C$ un cercle centré à l'origine et faisant tendre le rayon vers l'infini (par des valeurs convenables), alors l'intégrale tendra vers $0$, d'où la formule ci-dessus.

    Borde.
  • {\bf Exemple}. Reprenons la série de Kuja, ou plus généralement soit $$S(t) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}$$ pour $t > 0$. Posons, pour $t > 0$ fixé, $\displaystyle { f(s) = \frac {1}{(2s-1)^2 + t (2s-1)^4}}$. $f$ est évidemment méromorphe sur $\C$, ayant pour singularités le pôle double $1/2$, et les pôles simples $\displaystyle {\frac {1}{2} \pm \frac {i}{2 \sqrt {t}}}$. Le calcul des résidus en ces pôles donne : $$Rés \left ( \pi \cot(\pi s) f(s) \, ; \frac {1}{2} \right ) = - \frac{\pi^2}{4},$$ et $$Rés \left ( \pi \cot(\pi s) f(s) \, ; \frac {1}{2} \pm \frac {i}{2 \sqrt t} \right ) = \frac {\pi \sqrt {t}}{4} \tanh \left ( \frac{\pi}{2 \sqrt t} \right ).$$ Ainsi, d'après cette formule, on obtient : $$\sum_{k \in \Z} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4} = \frac {\pi^2}{4} - frac {\pi \sqrt {t}}{2} \tanh \left ( \frac{\pi}{2 \sqrt t} \right ).$$ On conclut en remarquant, comme je l'ai indiqué plus haut, que : $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4} = \frac {1}{2} \sum_{k \in \Z} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}.$$

    Borde.
  • {\bf Exemple}. Reprenons la série de Kuja, ou plus généralement soit $$S(t) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}$$ pour $t > 0$. Posons, pour $t > 0$ fixé, $\displaystyle { f(s) = \frac {1}{(2s-1)^2 + t (2s-1)^4}}$. $f$ est évidemment méromorphe sur $\C$, ayant pour singularités le pôle double $1/2$, et les pôles simples $\displaystyle {\frac {1}{2} \pm \frac {i}{2 \sqrt {t}}}$. Le calcul des résidus en ces pôles donne : $$Rés \left ( \pi \cot(\pi s) f(s) \, ; \frac {1}{2} \right ) = - \frac{\pi^2}{4},$$ et $$Rés \left ( \pi \cot(\pi s) f(s) \, ; \frac {1}{2} \pm \frac {i}{2 \sqrt t} \right ) = \frac {\pi \sqrt {t}}{4} \tanh \left ( \frac{\pi}{2 \sqrt t} \right ).$$ Ainsi, d'après cette formule, on obtient : $$\sum_{k \in \Z} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4} = \frac {\pi^2}{4} - \frac {\pi \sqrt {t}}{2} \tanh \left ( \frac{\pi}{2 \sqrt t} \right ).$$ On conclut en remarquant, comme je l'ai indiqué plus haut, que : $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4} = \frac {1}{2} \sum_{k \in \Z} \frac {1}{(2k-1)^2 + t (2k-1)^4}.$$

    Borde (correction latex. Doublon à supprimer. Merci).
  • Superbe !

    Bravo, Borde, pour ta pedagogie.

    Y-a-t-il une maniere (besogneuse ou astucieuse) d'arriver au resultat sans

    passer par le theoreme des residus ?

    Merci d'avance.

    fjaclot;
  • Bonsoir,

    Borde, comme d'habitude, impeccable de propreté et de pédagogie pour le profane que je suis.
    Merci beaucoup.

    Très très amicalement,
  • De rien, Kuja, ça a été un plaisir, même si je n'ai fait, au fond, que calculer trois résidus...Ceci dit, la mise en place de cette méthode me plaît bien, (même si je sais que certaines personnes y sont plutôt opposés).

    A +

    Borde.
  • ...Pour fjaclot : je n'ai pas trouvé d'autres méthodes n'utilisant pas les résidus. A voir peut-être avec JJ ou B....t ou Jean Lismonde, par exemple.

    Borde.
  • Merci Borde !

    Appel donc a JJ, B....t ou J Lismonde ? Ou d'autres ?

    Bonsoir.

    fjaclot;
  • Bonjour,

    de même que pour Borde, la méthode des résidus est l'une de mes préférées.
    Dans le cas des séries de fractions polynomiales, l'utilisation des propriétés des fonctions polygamma est aussi une méthode bien appropriée (exemple joint) :3975
  • Très bien joué, JJ, je n'y avais pas songé ! Mais ne maîtrise pas les fonctions digamma qui veut.

    A noter, dans ce calcul, le développement en série de $\tanh(\pi x / 2)$ : $$\tanh \left ( \frac {\pi x}{2} \right ) = \frac {4x}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac {1}{(2k-1)^2 + x^2}.$$

    Encore bravo à toi !

    Borde.
  • Bonne remarque ce développement en série de th(pi*x/2)
    C'est encore plus rapide que ce que j'avais fait.
    Je retourne le compliment : Bravo Borde !
    Je l'avais aussi par des équivalences entre séries et intégrales (sommairement indiquées ci-joint), mais c'est plus ardu à établir.3977
  • Y a pas à dire : tu es vraiment doué !

    Borde.
  • Merci beaucoup JJ.

    Je vais essayer d'imaginer plus de questions où je pourrais vous réunir tous les deux, c'est un bonheur ! :)

    Amicalement,
  • Bonheur partage !

    Merci a tous et bravo.

    fjaclot;
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