Intégrale et série du 26 mai 2021
Bonjour
$n>0$ entier naturel fixé, $\ \displaystyle P_n(x)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!},\quad
u_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{P_n(x) - \sin(x)}{x^{2n+1}} dx.$
Calculer la somme de la série $$\sum_{n=1}^{+\infty}u_n
$$ Merci
Niveau : POX Petit Oral de l'X année 80
$n>0$ entier naturel fixé, $\ \displaystyle P_n(x)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!},\quad
u_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{P_n(x) - \sin(x)}{x^{2n+1}} dx.$
Calculer la somme de la série $$\sum_{n=1}^{+\infty}u_n
$$ Merci
Niveau : POX Petit Oral de l'X année 80
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Edit : POX ?
$\displaystyle u_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sum_{k=n}^{+\infty}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}}{x^{2n+1}} dx=\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}\int_0^\infty x^{2k-2n}\mathrm dx$
O-OOw diverge
CA prouve seulement que ma méthode échoue lamentablement
Perso, j'écrirais volontiers une formule de Taylor avec reste intégral avec une intégrale double en ligne de mire.
$\displaystyle u_n = (-1)^{n + 1} \frac{\pi}{A052849(2n)}$
J'ai fait un petit programme pour vérifier (première fois que j'utilisais sympy d'ailleurs):
On obtient en contrepartie :
Je viens de voir que ce serait du niveau d'une épreuve orale. Donc ce que j'ai fait, en plus de n'être tout au plus qu'une indication, n'aurait pas été possible gné. (Toujours est-il que si ce que j'ai fait peut donner un horizon, quelques idées, ça serait grave cool. Je ne sais pas si des indications non obtenues "à la main" sont dans l'esprit de ce type de fil, si non : je mettrai tout en blanc histoire que ça ne dérange pas :)o.)
J'essaierai demain de gratter sur papier (même si ça doit aller bien au-delà de mon niveau) (étant une brèle en calcul, qui plus est).
Bonne soirée à tous !
Sinon sans justifier l'échange on a bien le résultat du vdd de mon vdd, je crois avoir eu un blocage pour m'être trompé d'une puissance sur le $x$.
Il faut aussi faire les n impairs.
(-1)^n\int_0^{+\infty}\frac 1{x}\int_0^1\frac{(1-t)^{2n-1}}{(2n-1)!}\sin(tx)\mathrm{d}t\mathrm{d}x$$$$=
\frac{(-1)^n}{(2n-1)!}\int_0^1\left(\int_0^{+\infty}\frac {\sin(tx)}{x}\mathrm{d}x\right)(1-t)^{2n-1}\mathrm{d}t=
\frac{(-1)^n}{(2n-1)!}\int_0^1\frac\pi 2(1-t)^{2n-1}\mathrm{d}t=\frac{(-1)^n\pi}{(2n)!},$$ d'où le résultat...avec une interversion d'intégrales à justifier !
$g(x)=P_n(x)-\sin x$ vérifie $g(x)\sim_0 (-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ donc $g^{(k)}(x)\sim_0C_kx^{2n+1-k}$ (on sait que $g^{(k)}$ possède un DL en 0).
On a aussi $g^{(k)}(x)=O(x^{2n-1-k})$ en $+\infty$ pour $k\leq 2n-1$.
On montre par récurrence sur $k$ que $u_n=\dfrac1{(2n)\dots(2n+1-k)}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{g^{(k)}(x)}{x^{2n+1-k}}dx$.
C'est vrai pour $k=0$ et on passe de $k$ à $k+1$ par une IPP.
On obtient finalement $u_n=\dfrac1{(2n)!}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{g^{(2n)}(x)}{x}dx$ avec $g^{(2n)}(x)=-\sin(x+n\pi)=(-1)^{n-1}\sin x$ d'où $u_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}{(2n)!}\dfrac{\pi}2$
L'idée a été de calculer une formule analogue à celle de $u_n$ (du premier post d'etanche) : l'intégrale de 0 à plus l'infini de la soustraction entre le $P_n(x)$ bidouillé et la fonction associée divisé par le x dont "sa puissance est celle que l'on retrouve dans son développement en série entière". Pour l'arc tangente ça donnerait par exemple (si pas d'erreurs) : $\displaystyle u_n = \int_{0}^{\infty} \frac{\sum_{k = 1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} x^{2k-1} - \arctan(x)}{x^{2n+1}} \mathrm{d}x$.
Le truc intéressant étant que : aussi bien pour sinus, cosinus que l'arc tangente : on trouve(rait) un $u_n$ étant égal à plus / moins pi divisé par quelque chose dépendant de $n$.
Je me demandais donc si on ne pourrait pas, dans un premier temps, essayer d'opérer une généralisation de la question initiale ? En d'autres termes : quelles sont les fonctions ($\mathcal{C}^\infty$ disons) dont le $u_n$ associé est égal à plus / moins pi divisé par quelque chose dépendant de $n$ ?
Dans le cas de $\sin$ et $\cos$, $u_n$ se calcule en effectuant des intégrations par parties jusqu'à ce que la partie polynômiale disparaisse. Cela marche car les dérivées $n$-ème de $\sin$ et $\cos$ s'expriment très simplement.
Dans le cas de $\arctan$ ou $x\mapsto\ln(1+x^2)$, une seule IPP suffit pour calculer $u_n$.
Je ne vois pas comment on pourrait généraliser ces cas très particuliers.
Je vais d'abord balancer une formulation un poil problématique (car incomplète et non totalement justifiée) qui devrait répondre à ta question sur la manière de "généraliser ces cas très particuliers". Afin de mieux égayer le propos, pourquoi pas s'amuser en $\LaTeX$ et faire de jolis tableaux (pas réussi gné) présentant quelques exemples (notamment un montrant qu'a priori on n'a pas nécessairement besoin d'avoir des fonctions paires ou impaires).
J'aimerais chercher l'intérêt du problème tel que généralisé mais le peu de temps dont je dispose cette semaine va m'empêcher d'aller au-delà d'une maigre tentative de parallèle algèbre / analyse pour se faire une nouvelle idée du bins.
En somme, ma tentative de réponse sera plus une suite de questions que quelque chose de clair et précis. (Mais, j'aimerais bien revenir sur le problème début janvier.)
M'excuse par avance pour les diverses "licences" mathématiques (c'est soit que je n'y ai tout simplement pas pensé, soit que je ne connais pas suffisamment les objets traités.)
(Problème, 1ère formulation) Soit $\varphi$ une fonction développable en série entière (en $0$), on note $\text{DSE}_n(\varphi)$ son développement en série entière (bidouillé) à l'ordre $n$. Soit $f(n, \alpha)$ une fonction de deux variables ($(n, \alpha) \in \mathbb{N} \times \mathbb{C}$) "suffisamment régulière" telle que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} f(n, \alpha) \neq 0$. (Dans la suite du problème on s'intéressera plus précisément à $f(n, \alpha)\vert_{\alpha = \pi}$). Soit $u_n(\varphi)$ la suite telle que définie ci-dessous :
Histoire de montrer que la question n'est pas (nécessairement) illusoire et vide : quelques petits exemples (merci @jandri) :
$\varphi(x) = \sin(x)$, $\text{DSE}_n(\varphi) = \displaystyle \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k - 1}}{(2k-1)!} x^{2k-1}$, $x^{\nu(n)} = x^{2n+1}$
$\varphi(x) = \cos(x)$, $\text{DSE}_n(\varphi) = \displaystyle \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k - 1}}{(2k-2)!} x^{2k-2}$, $x^{\nu(n)} = x^{2n}$
$\varphi(x) = \arctan(x)$, $\text{DSE}_n(\varphi) = \displaystyle \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k - 1}}{2k-1} x^{2k-1}$, $x^{\nu(n)} = x^{2n+1}$
Ça marche également avec $\exp(-x^2)$ et $\ln(1+x^2)$. Mais j'ajouterais sans doute, par exemple, $\ln(1+x^q)$ plus généralement ($q$ entier). Je n'ai pas eu le temps de vérifier précisément quoi que ce soit mais un truc trop bien semble se passer au moins pour que $q$ égal à $3$ : on aurait une famille et une valeur de $\nu(n)$ liées bizarrement ($2n + k$ et $3n + 2$). Mais le délire c'est que par exemple $\ln(1+x^3)$ n'est ni une fonction paire ni impaire héhé. (Si ça marche alors pas besoin de restriction aux fonctions paires et impaires.)
Et les définitions des fonctions tests en Python pour vérifier.
Toutes les intégrales de la forme $\displaystyle u_n(\varphi) = \int_0^{+\infty} {DSE_n(\varphi(x)) - \varphi(x) \over x^{\nu(n)}} dx$, lorsqu'elles existent, se calculent par le théorème maître de Ramanujan.
Soit $f$ une fonction à valeur complexe, développable en série entière sous la forme $\displaystyle f(x) = \sum_{k \geq 0} \phi(k) {(-x)^k \over k!}$, avec des hypothèses idoines sur la fonction $\displaystyle s \mapsto \phi(s)$, on a $\displaystyle \int_0^{+\infty} x^{s-1} f(x) dx = \Gamma(s) \phi(-s).$
Je vous laisse écrire les intégrales sous la forme voulue, avec changement d'indice sur la somme pour ramener l'indice à $0$, avec changement de variables $x \leadsto y$ pour $y=x^2$ dans le cas des fonctions paires ou impaires.
Le résultat est immédiat.
Mais, les fameuses hypothèses idoines sont peu connues et particulièrement longues à vérifier. Dans la pratique, ça marche.
Plutôt que de considérer $x\mapsto \ln(1+x^q)$ ou $x\mapsto e^{-x^q}$ je préfère faire un changement de variable et considérer, pour $\alpha\in]0,1[$ :
$\displaystyle u_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(1+x) - P_n(x)}{x^{n+\alpha}} dx\quad$ avec $\quad P_n(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k-1}\dfrac{x^{k}}{k}$
$\displaystyle v_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x }- Q_n(x)}{x^{n+\alpha}} dx\quad$ avec $\quad Q_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\dfrac{x^{k}}{k!}$ .
Avec une IPP on obtient $u_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}{n+\alpha-1}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac1{(1+x)x^{\alpha}}dx$
d'où $$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}u_n=\dfrac{\pi}{\sin(\alpha\pi)}\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{n+\alpha}$$De même on obtient $v_n=-\dfrac1{n+\alpha-1}v_{n-1}$ d'où $v_n=\dfrac{(-1)^n}{\alpha(\alpha+1)\dots(\alpha+n-1)}v_0=\dfrac{(-1)^n\Gamma(1-\alpha)}{\alpha(\alpha+1)\dots(\alpha+n-1)}$
d'où enfin avec la formule des compléments : $$\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}v_n=\dfrac{\pi}{\sin(\alpha\pi)}\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{\Gamma(n+\alpha)}$$Ces deux sommes ne se calculent pas en général mais il y a une ressemblance étonnante entre les deux formules.
Quelqu'un peut-il partager le document où apparaissent ces beaux problèmes ? Je n'ai pas pu trouver le fichier de l'exo. Les solutions présentées ici sont très belles, merci de les partager.
Merci
Structure du document : au début on résume surtout ce qui a été dit (en apportant quelques précisions), ensuite on synthétise ce qui a été obtenu (pour le sinus, cosinus, arc tangente et ça devient plus "problématique" avec les logarithmes), à cela on ajoute la recherche de quelques relations. Et ensuite… saut dans l'inconnu (suite au prochain épisode).
Merci beaucoup @YvesM et @jandri, je suis loin de maîtriser les techniques de calcul dont vous parlez mais je fais mon petit bout de chemin. À force… on verra bien…
@evariste21 : je t'avoue ne pas avoir réussi à trouver la planche du POX des années 80 dont provient cet exercice.