Série et intégrale mardi 8 novembre 2022 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Série et intégrale mardi 8 novembre 2022

Modifié (8 Nov) dans Analyse
Bonjour
$-1<b<1,\ a>0$ calculer $$\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+3)\pi} \frac{\sin(bx)}{x^2+a^2} dx $$ Merci.

Réponses

  • Source probablement, l'AMM, je vois qu'il y a une nouvelle livraison de problèmes (je n'y ai pas accès à cet instant)
  • Modifié (9 Nov)
    En voici déjà la convergence ; je ne m'acharnerai pas sur la somme si cela conduit à des formules horribles à base de ${\rm coth}\,2b\pi$.

    J'exclus le cas où $b=0$ et effectue une IPP, avec $-\displaystyle\frac{\cos bx}b$ comme primitive de $\sin bx$ (souvent, il vaut mieux prendre $\displaystyle\frac{1-\cos bx}b$, mais ici non, vu ce qui suit).
    \[-bu_n=\underbrace{(k+1)\Big[\displaystyle\frac{\cos bx}{x^2+a^2}\Big]_{(2k+1)\pi}^{(2k+3)\pi}}_{v_n}+w_n,\] avec $\sum w_n$ AC. Enfin, j'écris $v_n$ comme différence de deux termes puis effectue une transformation d'Abel dans chacun des deux (les sommes partielles de $\sum\cos(2k+1)b\pi$ sont bornées puisque $\cos2b\pi\neq1$).
  • John pourquoi tu exclus le cas b=0, c'est le seul cas que je sais faire  :p  ; les autres cas bof! , je les laisse comme exercice à etanche
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    Citation :  Je suis Jack 
  • J'exclus $b=0$ pour mieux t'humilier, mon enfant  >:)>:)>:)
  • Merci, je comprends papa. 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (9 Nov)
    $b=0$ c’est le cas le plus facile. Et pour $b\neq 0$ ? Merci
  • Modifié (9 Nov)
    Bonsoir
    Sans doute faut-il partir à la pêche au Poisson et sa formule sommatoire...
    ($\displaystyle F(x):=\int_{(2x+1)\pi}^{+\infty} \frac{\sin(bt)dt}{t^2+a^2}$) .
  • Modifié (9 Nov)
    j'ai pensé moi aussi à la dite formule sommatoire, mais ne suis pas pour l'instant parvenu à une formule faisant intervenir la TF de $x\mapsto\displaystyle\frac1{x^2+a^2}\cdot$ Il n'y en a a priori que des morceaux.
  • Modifié (9 Nov)
    Je n'ai pas regardé mais ce serait plutôt celle de $e^{ibx}/(x^2+a^2)$. De toute façon c'est difficile de voir sans avoir fait le calcul...
    Une première étape serait d'écrire cette somme sous une forme qui ressemblerait à une somme du type $\sum_{k\in \Z} G(k)$. Ça semble plausible.
  • Modifié (9 Nov)
    Pour la transformée de Fourier de $\dfrac{\sin(bx)}{x^2+a^2}$ voir page 8 de https://www.math.toronto.edu/jko/APM346_summary_12_2020.pdf
  • Modifié (10 Nov)
    Lars : ta TF et la mienne ne diffèrent que par une translation du paramètre (j'emploie ce terme pour le différencier de la variable d'intégration).

    Précision : j'ai exclu le cas $b=0$, non pas pour humilier gebrane contre qui je n'ai nul grief, mais pour avoir le droit de diviser par $b$ ; je sais, cela restreint le problème :) mais c'est comme ça !
  • Modifié (10 Nov)
    En revanche, il y a moyen de mettre la somme sous forme d'expression sommatoire de la TF  de la TF inverse ; je vais voir cele et confirmer, le cas échéant.
  • Cela semble se confirmer : si l'on pose $f(x)=\displaystyle\int_{\pi}^{x}\frac{\sin bx}{x^2+a^2}\,{\rm d}x$, on a une expression de la somme $S$ de la série :

    $S=f(\pi)+f(3\pi)+f(5\pi)+\cdots=\displaystyle\frac12\sum_{k=-\infty}^{+\infty}f(2k\pi+\pi)$ grâce à l'imparité de l'intégrande.

    Resterait alors à écrire $f$ comme une TF ; à suivre. (Mais toute bonne volonté est la bienvenue pour les calculs qui s'ensuivent.)
  • Modifié (10 Nov)
    John pas si vite, c'est irrévocable, tu es mon papa dans ce forum, tu as mon estime, mon écoute et en échange tu veilles à mon éducation  mathématiques dans ce forum ( si je fais-dis une bêtise , tu me corriges )
    PS je n'aime pas les complications, je regarde tranquillement dans mon coin le cas a=b=1
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (10 Nov)
    Bonjour
    Je prendrais le $F$ que j'ai donné plus haut qui vérifie 2 des hypothèses ($L^1$ et $O(1/x^2)$) de la formule sommatoire dans une version classique $L^1$.
    Comme $F'$ démodulée est à une constante près une densité de Cauchy le module de sa TF est à une translation (dans l'argument de l'exp) près $\frac{1}{|\xi|} e^{-a|\xi|}$ à une constante près dans l'argument (suivant la définition de la TF qu'on prend ) mais de toute façon ça donne un $O(1/|\xi|^2)$ et donc Poisson s'applique dans une version standard $L^1$ ce qui donne, si on arrive à exprimer la somme (plausible, voir plus bas esquisse) comme $\sum_{\Z} F(k)$, une égalité $S=\sum_{\Z} \hat F(k)$ (suivant la def de la TF qu'on prend)
    Et comme on sait calculer explicitement les $\hat (F')$, on sait calculer les $ \hat F(k)$
    Après il faut espérer que la nouvelle somme est plus maniable.
    Par Abel (ou IPP), $\forall k\in \N, |F(k)|=O(\frac{1}{1+k^2})$ (1) (ie uniforme sur $\N$ mais à l'infini suffit pour la suite)
    On a $F(-\infty) =0$ (la fonction intégrée impaire,  $L^1(\R)$.
    (1) est alors encore vrai avec $k\in \Z$ et pour les mêmes raisons $F(x)=O(1/x^2)$ lorsque $|x|$ tend vers l'infini.
    $F$ est $L^1(\R)$
    Si on note $S$ la somme à calculer $S=\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)[F(k+1)-F(k)]=\sum_{k=0}^{+\infty} -F(k)$
    $\forall x,\ F(-1-x)=\int_{-(2x+1)\pi}^{+\infty}...=\int_{(2x+1)\pi}^{+\infty}\ldots+\int_{+\infty}^{-\infty}\ldots=F(x)$ et donc avec les conventions habituelles des séries de Fourier (ou par convergence commutative, ou par Fubini) $\sum_{k\in \Z} F(k)=-S+\sum_{k\in \N} F(-1-k)=-2S$ et donc $S=\frac{-1}{2} \sum_{k\in \Z} F(k) $.
  • J'ai interrompu mes calculs pour ma séance bihebdomadaire de natation mais cela prend bonne tournure : il ne me reste sans doute plus qu'une série géométrique à sommer (pas trop dure, en principe). Cela dit, j'ai pris $a=1$ pour ne pas m'em(bêter) avec des $x/a$. 

    gebrane : attention à $b=1$ ! La convergence n'a pas été étudiée dans ce cas.
  • John  , Pour a=b =1, j'ai fait une déduction par  ta formule : 
    $S=\displaystyle\frac12\sum_{k=-\infty}^{+\infty}f(2k\pi+\pi)$ avec 
    $f(x)=\displaystyle\int_{\pi}^{x}\frac{\sin bt}{t^2+a^2}\,{\rm d}t$
    en majorant   par 1 le sinus tout simplement  
    $S\leq \sum _{k=-\infty }^{+\infty }\int _{\pi }^{(2k+1)\pi }\frac{1}{x^2+1}dx=\sum _{k=-\infty }^{+\infty } [arctan(2k\pi+1)-arctan(\pi)]$ et wolfram confirme la convergence https://www.wolframalpha.com/input?i=\sum+_{k=-\infty+}^{+\infty+}+(+tang^{-1}(2k\pi++1)-tang^{-1}(\pi+))
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (10 Nov)
    Ce qui suit est peut-être truffé de fautes de calcul, vu le nombre de correspondances opératoires mises en \oe uvre à propos de la TF (je prends ${\rm e}^{{\rm i}tx}$ comme multiplicateur dans l'intégration. N'ayant pas vocation à passer ma vie à taper des \mapsto, je confonds $f$ et $f(x)$ (sépabô, je sais) ; adonc, $\displaystyle\int_{}^{}{\rm e}^{{{\rm i}tx}}{\rm e}^{-|t-b|}\,{\rm d}t=2\frac{{\rm e}^{{{\rm i}bx}}}{1+x^2}$
    Avec, en outre, $b\longleftarrow-b$, puis soustraction des deux formules : $4{\rm i}\displaystyle\frac{\sin bx}{1+x^2}$ est la TF de $\varphi(t)={\rm e}^{-|t-b|}-{\rm e}^{-|t+b|}$
    Si $\Phi$ est la TF de $\displaystyle\frac{\varphi(t)}{{\rm i}t}$ (cohérent car, en particulier, si par exemple $b>0$, $\varphi'(0)=2{\rm e}^{-b}$ existe), on a $\Phi'(x)=4{\rm i}\displaystyle\frac{\sin bx}{1+x^2}$ et donc $f(x)=\displaystyle\int_{\pi}^{x}\frac{\sin bu}{u^2+1}\,{\rm d}u$ est $\Phi(x)+C$.
    Dixit Poisson : $\sum_{\Z}f(\pi+2k\pi)=\sum_{\Z}(\Phi(k)+C){\rm e}^{n{\rm i}\pi}$
    On a $C=0$ car $\sum_{\Z}\Phi(k)$ converge aussi et donc
    $$S=\displaystyle\frac14\sum_{\Z}(-1)^n\frac{{\rm e}^{-|n-b|}-{\rm e}^{-|n+b|}}{n}$$
    Sauf une énième erreur de calcul, $S=-\ln(1+{\rm e}^{-1})\,{\rm sh}\,b+{\rm e}^{-b}/2$ (lorsque $a=1$, ce que j'ai choisi pour alléger des calculs déjà consistants).
    Nota bene : dans un message précédent, j'avais parlé de somme géométrique, mais j'avais oublié le $t$ au dénominateur.
    NB 2 : corrigé après une remarque de gebrane.
  • Pour b=0, ta somme S devrait être nulle au lieu de 1/2
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (10 Nov)
    Bonjour, gebrane,
    je vois d'où vient l'erreur (si c'est la seule) : j'ai supposé implicitement $b>0$ dans la calcul de $\varphi'(0)$ ; pour $b<0$, le terme correspondant à $n=0$ dans la somme est $-{\rm e}^b/2$ et il est nul pour $b=0$ (la fonction $S$ n'est alors pas continue par rapport à $b$).
    Merci pour la remarque !

    J'aurais surtout dû jeter un coup d'\oeil sur le résultat car $S$ doit être impaire. 
  • Modifié (10 Nov)
    Il y a un gouffre entre le F de John et Lars  ( le style de Lars ressemble à celui de  side) pourtant,  ils trouvent  S comme une somme dans Z de ce F ( à un signe près) je ne sais pas faire le lien entre les deux 
    @john_john    , je ne vois comment tu as vu que $S=f(\pi)+f(3\pi)+f(5\pi)+\cdots$, comment le terme $k+1$ a disparu de la somme 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • La raison  en est que, dans la définition de la TF, on peut prendre, en fonction des circonstances, comme module aussi bien ${\rm e}^{{\rm i}tx}$, ${\rm e}^{-{\rm i}tx}$, que ${\rm e}^{2\pi{\rm i}tx}$ ou que ${\rm e}^{-2\pi{\rm i}tx}$. De toute façon, il y a des $2\pi$ qui traînent dans les formules, que ce soit en tant qu'exposant ou que multiplicateur.
  • Modifié (10 Nov)
    $\pi$ et les $2k+1$ (ie pour se ramener à une somme sur tous les entiers) sont embarqués dans la fonction utilisée que j'avais donnée plus haut mais que je n'avais pas rappelée effectivement : $$\displaystyle F(x):=\int_{(2x+1)\pi}^{+\infty} \frac{\sin(bt)dt}{t^2+a^2}$$

    Il est donc normal qu'il y ait des différences dans l'expression de $S$ qui, avec mon choix, est une somme sur l'ensemble des entiers naturels dans un premier temps, puis tous les entiers relatifs  (et pas seulement les impairs).
  • Ah bon ! Effectivement, je ne trouvais nulle part l'expression de $F$ dans tes interventions ; il faudra en revanche que j'essaie d'expliquer si $S$ est bel et bien discontinue (de première espèce) en $0$
  • Modifié (10 Nov)
    Voir 1er message et allusion pour renvoi au début du troisième message. Mais effectivement, j'aurais dû redonner l'expression dès que j'ai commencé à écrire quelque lignes de formules.
  • John my Father  j'ai posé une question ici  https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2393260/#Comment_2393260

    Il reste une grande question, pourquoi la méthode de Lars ( avec son F) donne le même résultat que John (avec son F)
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Beaucoup de messages s’entrecroisent.
    Peut-on avoir une solution limpide ? Merci 
  • Tu es vraiment bizarre etanche, tu poses à chaque fois une question sans source , puis tu disparais jusqu'à la fin de la bataille sans y participer . Là tu demandes qu'on t'offre une solution sur un plateau.
    @gerard0 , toi qui est ancien que dit la charte dans cette situation ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Bonsoir,

    Effectivement, le comportement d'Étanche est assez louche.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (10 Nov)
    gebrane : voici déjà une réponse à une première question. Vu ma définition de $f$, on a à calculer la limite de $f(3\pi)-f(\pi)+2(f(5\pi)-f(3\pi))+...+(k+1)(f((2k+3)\pi)-f((2k+1)\pi))$. Mais les termes en $f(\cdot)$ se réduisent et c'est égal à $(f(\pi)+f(3\pi)+...+f((2k+1)\pi)+(k+1)f((2k+3)\pi)$, sachant que $f(\pi)=0$.

    Le dernier terme tend vers $0$, cf l'IPP initiale. Ensuite, l'imparité de l'intégrande montre que $f(-\pi)=0$, $f(-3\pi)=f(3\pi)$, etc., et de cela suit la formule de sommation sur $\Z$.
  • Merci pour l'explication, il y a une coquille du signe dans ton calcul,   

    ""Mais les termes en $f(\cdot)$ se réduisent et c'est égal à $(f(\pi)+f(3\pi)+...+f((2k+1)\pi)+(k+1)f((2k+3)\pi)$,""

    On a plutôt   $(-f(\pi)-f(3\pi)-...-f((2k+1)\pi)+(k+1)f((2k+3)\pi)$
    et on a comme Lars $S=\frac{-1}{2} \sum_{k\in \Z} F(2k\pi+\pi)$ avec ton F
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (11 Nov)
    Bonsoir
    Une question vraiment naïve sur les bornes de l'intégrale initiale proposée par étanche.
     Pourquoi (2k+1)pi et (2k+3)pi? Sauf erreur, on est un intervalle d'amplitude 2pi, le signe du sinus est alterné.
    Après malheureusement, je n'ai pas le niveau pour comprendre les réponses données. Mais si c'est possible de me répondre "ludiquement" je suis preneur. 
    Merci)
  • Bon, c'est dommage, ce forum ne répond pas au non spécialiste 😭😂
  • Heureusement que le signe s'alterne car sinon, la série serait divergente.
  • Modifié (11 Nov)
    confinoum0211 Bonjour, je te propose ceci comme première étape
    Soit f une fonction continue sur $\R$ et impaire. On suppose que $\lim_{n\to +\infty} nf(n)=0$.
    Soit $S=\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+3)\pi}f(x) dx$
    1)a-  On note $John(x)=\int_{\pi}^xf(t)dt$. Montre que $S=\frac{-1}{2} \sum_{k\in \Z} John(2k\pi+\pi)$
       b-  On note $Lars(x)=\int_{(2x+1)\pi}^{+\infty} f(t)dt$ ( qu'on suppose convergent) . Montre que $S=\frac{-1}{2} \sum_{k\in \Z} Lars(k)$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (11 Nov)
    @gebrane. Merci pour l'énoncé, je vais regarder cet après-midi en essayant de regarder avec mes souvenirs qui remontent à très très loin 😂. Par contre, si la solution fait appel à de l'analyse complexe, c'est mort, je n'en ai jamais fait. 
  • Modifié (11 Nov)
    pas de complexes pour ce début. Si tu aimes ce genre de sommes tu peux traiter celle-ci $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{\pi k}^{\infty} f(x)dx=-\frac{\pi}{2}(\ln\pi-1).$$ où $f(x)=\dfrac{\sin(x)}{x}$.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (11 Nov)
    Idée de DM pour les prépas maths spé:
    1ère partie faire démontrer le théorème de Dirichlet série de Fourier, 2ème partie la formule sommatoire de Poisson, et 3ème partie l’exercice de ce topic. 
  • gebrane : oui, effectivement, ce sont des signes moins partout.
    confinoum0211 : dans chaque intervalle d'intégration, $bx$ a une oscillation totale de $2b\pi$ seulement. Le terme général de la série n'est ni de signe constant, ni alterné (le terme $bx$ peut rester dans un intervalle qui donne au sinus un signe constant mais il peut aussi chevaucher deux tels intervalles). Je pense que l'auteur du sujet a choisi ces intervalles parce que les calculs s'arrangent bien ainsi (ou parce que la série provient d'un problème posé en amont).
  • Modifié (11 Nov)
    Scripsit confinoum0211 : ce forum ne répond pas au non-spécialiste. 
    https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2393383/#Comment_2393383

    1) La preuve que si :)
    2) Je ne me considère pas moi-même comme un spécialiste (un peu plus en algèbre et géométrie, toutefois).


  • Modifié (12 Nov)
    @gebrane. Bonjour, Pas eu le temps hier de gribouiller des choses sur une feuille de papier =) J'ai commencé à réfléchir un peu à votre énoncé. On va déjà voir ce que vous pensez de mon éventuelle piste pour démarrer une rédaction.

    Je considère la somme partielle d'ordre N, S_N de la somme concernée. On a pas trop le choix, on triture ensuite S_N dans tous les sens avec John(x) pour arriver à une relation ressemblant à celle demandée. Mon idée étant ensuite de faire tendre N vers l'infini pour arriver à l'égalité demandée. L'hypothèse de la continuité sert à justifier les intégrales (on ne s'en sert pas ensuite). Faut que je trouve comment me servir de lim nf(n) =0 et de la parité 

    Bon début ?
    @johnjohn. Merci pour l'explication.
  • Modifié (12 Nov)
    La continuité de f sert au moins à définir la fonction de John comme une primitive s'annulant en $\pi$. Bonne continuation
    PS Ne fait pas trop attendre etanche, 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Nov)
  • Modifié (24 Nov)
    @ john john je trouve pour $b>0$ , la somme de la serie $\dfrac{e^{-ab}}{4} -\dfrac{\sinh(ab)\ln(1+e^{-a})}{2a}$ sauf coquille de calculs.
  • Bonsoir, etanche : j'avais signalé que je prenais $a=1$ ;  mais j'ai peut-être en outre oublié un $1/2$ en facteur quelque part...
  • Modifié (25 Nov)
    Avec la méthode de Lars j’obtiens aussi le même résultat. 
    Question : Peux-t-on résoudre cet exercice sans transformée de Fourier et formule sommatoire de Poisson ?
  • Modifié (25 Nov)
    @etanche, est-ce qu' il serait possible que tu nous donnes une preuve détaillée de ta formule.  Merci 
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    Citation :  Je suis Jack 
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