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Somme des restes

Envoyé par math2 
Somme des restes
l’an passé
Prenons une série convergente de terme général $u_n$. On note $R_n$ le reste de la série. On s'intéresse à la convergence (et éventuellement au calcul) de la série des restes $\sum_n R_n$.

Dans le cas positif par exemple, on peut appliquer Fubini positif, et aussi dans le cas où la série double existe. Par exemple, le cas des restes de séries de Riemann se traite facilement par Fubini positif, tant pour la CV que pour le calcul (et si l'on se contente de la cv, l'équivalent standard du reste conclut à la réponse de la CV).

Je me suis ensuite intéressé à un cas semi convergent, j'ai pris l'exemple de $u_n=\sin(n)/n$. Dans ce cas, la série converge certes lentement, mais en oscillant ce qui fait que la série des restes converge également, et sa somme est $\frac12 \cot(\frac12)$. Pour démontrer ce point, je me suis armé d'un peu de patience et usé de transformations d'Abel. La version continue est plus sympathique car les primitives de sinus et cosinus sont simples, les primitives "discrètes" ont une tête plus exotique.

Même si j'ai répondu à la question, je ne suis pas satisfait de ma démonstration, que je trouve lourde en termes de calculs. Je n'y ai pas réfléchi sérieusement, mais je me pose la question d'une technique plus directe, peut-être en introduisant un $r^n$ devant le $u_n$ (avec $0<r<1$) pour améliorer la convergence, puis voir si l'on peut espérer faire tendre $r$ vers $1$. Des idées ?
Re: Somme des restes
l’an passé
C'est quoi une primitive "discrète" ?
Re: Somme des restes
l’an passé
Par une primitive discrète de $\sin$, j'entendais une suite $(v_n)_n$ satisfaisant la relation $v_{n+1}-v_n=\sin(n)$.

Cela introduit un décalage de $1/2$ dans la fonction trigonométrique à chaque fois (en plus de la constante autre que $1$ ou $-1$), ce qui rend les calculs un peu plus pénibles que dans le cas de la version continue du problème, c'est-à-dire pour $\int_0^{+\infty} \left( \int_x^{+\infty} \frac{\sin(u)}{u}du\right) dx$.
Re: Somme des restes
l’an passé
J'en profite pour préciser un peu ma question.

Pour $r \in [0;1[$ on peut appliquer la version intégrable de Fubini (pour les séries), pour obtenir :

$$\sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{p\geq n+1} \frac{(re^i)^p}{p}=\sum_{p \geq 1}(re^i)^p= \frac{re^i}{1-re^i}.$$

Faisant brutalement $r=1$ dans ces formules (il faut donc justifier le passage à gauche), puis en prenant la partie imaginaire, on retombe sur $1/2 \cot(1/2)$ pour la somme qui m'intéresse.

C'est nettement plus court que les trois transfo d'Abel que j'ai été amené à faire, cependant le passage à la limite à gauche n'est pas justifié et demande sans doute du soin. Je me demande s'il se fait simplement, ou si les calculs ne vont pas au final être plus pénibles que les trois transformations d'Abel.
Re: Somme des restes
l’an passé
Je connais une méthode qui est spécifique à la série de terme général $u_n(x)=\dfrac{\sin(nx)}n$ (pour $0<x<\pi$).

En introduisant $\dfrac1n=\displaystyle\int_0^1t^{n-1}\;dt$ on montre avec une somme partielle de série géométrique que $R_n=\displaystyle\sum_{k>n}u_k(x)=Im(\int_0^1\dfrac{t^ne^{i(n+1)x}}{1-te^{ix}}\;dt)$.

Le même procédé appliqué à $\displaystyle\sum_{n=0}^N R_n$ donne le résultat: $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} R_n=\dfrac12\cot\dfrac x2$.
Re: Somme des restes
l’an passé
Bonjour,

Soit $D_f$ le disque fermé de rayon $1$ du plan complexe et $D$ son intérieur.
Soit $U_n(z)=(1-z)^{2}\sum_{p \ge n+1}z^p/p$ et $S(z)=\sum_{n=0}^{\infty}U_n(z)$

Montrons que la convergence de la série $\sum U_n(z)$ est uniforme sur $D$.

On $\forall z\in D, U_n(z)=(1-z)z^{n+1}/(n+1)+a_n(z)+b_n(z)$ avec
$a_n(z)=-z^{n+2}/((n+1)(n+2))$
$b_n(z)=\sum_{p\ge n+3}x_pz^p, x_p=1/p-2/(p-1)+1/(p-2)$

La série $\sum a_n(z)$ est normalement convergente sur $D$.
On a $x_p=O(1/p^3)$ ce qui assure que $\sum b_n(z)$ est normalement convergente sur $D$
On a $\sum_{n=N}^{+\infty} (1-z)z^{n+1}/(n+1)=\sum_{n=N}^{+\infty} -z^{n+1}/(n(n+1))+z^{N+1}/N$ et une majoration facile montre que la convergence de la série $\sum (1-z)z^{n+1}/(n+1)$ est uniforme sur le disque $D$.

Donc la série de terme général $U_n(z)$ est uniforme sur le disque unité comme somme de 3 séries uniformément convergentes.


Justifions : $U_n(\exp i)=(1-\exp i)^{2}\sum_{p \ge n+1}(\exp i)^{p}/p$ (1) sans doute en étudiant la convergence uniforme de la série qui donne la valeur de $U_n(z)$.
Je pense, comme ci-dessus, que la multiplication par $(1-z)$ permet de justifier la convergence uniforme sur $D$. Je n'ai pas regardé.

A défaut, si ça ne fonctionnait pas.
Une transformation d'Abel prouve la convergence de $\sum \exp(pi)/p$ puis on peut utiliser le théorème d'Abel (qui cache donc une 2ème transformation d'Abel) pour montrer la convergence radiale de la série qui donne $U_n(z)$ le long du segment $[0; \exp(i)]$. Ce bricolage permet de justifier l'égalité (1) en revevant à la série $U_n(z)$ et en passant à la limite suivant le segment radial. Ça me semble très compliqué.


Suite
Soit $n$ fixé.
Montrons que le série $\sum_{p\ge n+1} (1-z)z^{p}/p$ converge uniformément sur $D$.
On a $\forall z\in D, \forall A\ge n+1, (1-z)\sum_{p\ge A} z^p/p=z^{A}/A+\sum_{p\ge A} -1/(p(p-1))z^p$ et une majoration facile montre que la convergence de cette série est uniforme sur $D$.
La série qui définit $U_n(z)$ converge donc uniformément sur $D$.
$U_n$ est prolongeable par continuité sur $D_f$ et on a $U_n(\exp i)=(1-\exp i)^2\sum_{p\ge n+1} \exp(ip)/p$
À son tour, $S$ est prolongeable par continuité sur $D_f$ et on a $S(\exp i)=\sum_{n=0}^{\infty}U_n(\exp i)=\sum_{n=0}^{\infty}1-\exp i)^2\sum_{p\ge n+1} \exp(ip)/p$

Rem : les convergences des séries qui définissent les $U_n(z)$ et $S(z)$ sont uniformes sur $D_f$.

Ceci permet de conclure qu'on peut remplacer $r$ par $1$ dans le membre de gauche de l'égalité.

Je pense qu'on peut simplifier cette preuve. L'étude de la continuité de $U_n$ semble inutile pour conclure mais je n'ai pas su faire.



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Somme des restes
l’an passé
Merci pour vos retours. C'est vrai que, suivant la méthode de side, il ne m'était pas venu à l'idée de multiplier par $(1-z)^2$ pour récupérer la CV jusqu'au bord ...

Je regarderai demain plus en détails vos réponses, mais je suis rassuré de voir que sur cet exemple il est possible d'échapper aux calculs pénibles (quoique naturels) à coup de transformations d'Abel.
Re: Somme des restes
l’an passé
@math2 :stp comment obtiens-tu : $$

\sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{p\geq n+1} \frac{(re^i)^p}{p}=\sum_{p \geq 1}(re^i)^p \quad ?$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Somme des restes
l’an passé
Dans le cas où la série double est sommable (ce qui est le cas ici), ou dans le cas (réel) positif, on a :

$$\sum_{n\geq 0} \sum_{p>n} u_p=\sum_{n\geq 0} \sum_{p\geq 1} 1_{p>n}u_p=\sum_{p\geq 1} \sum_{n\geq 0} 1_{p>n}u_p$$
or pour tout $p\geq 1$, $\sum_{n\geq 0} 1_{p>n}$ est égal au nombre d'entiers naturels strictement inférieurs à $p$, c'est donc $p$.

On commence dans notre cas par faire le calcul avec $|u_p|$ (où là tout fonctionne par Fubini positif), pour constater que la famille est sommable, puis ensuite on refait le calcul sans le module pour obtenir le résultat.
Re: Somme des restes
l’an passé
Merci pour ta réponse mais je ne comprends pas très bien : c'est $\sum_{n\geq 0} 1_{p>n}$ ou $ 1_{p>n}$ qui est égal au nombre d'entiers strictements inférieurs à $p$ ? confused smiley

En fait ça me rappelle une transformation d'Abel sur les restes que nous avait présenté un des membres du forum (Chaurien ??)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par totem.
Re: Somme des restes
l’an passé
@otem : si $$1_{p>n} = \left\{\begin{array}{l}1 \text{ si } n < p\\0 \text{ sinon}\end{array}\right.,$$ que vaut $\sum_{n\geq 0} 1_{p>n}$ ?
Re: Somme des restes
l’an passé
Euh je suis embêté car on connaît pas la valeur de $p$...je tente : 1+1+1+...+1 $p$ fois ? ah oui ça fait $p$ grinning smiley
Re: Somme des restes
l’an passé
Re: Somme des restes
l’an passé
@Chaurien et aux autres s'ils connaissent : il y a bien des années de cela tu nous avais proposé une formule (je l'ai notée) :

Somme des restes d'une série positive convergente : soit $\sum_n u_n$ une série convergente et $R_n$ le reste d'ordre $n$.
Alors par transformation d'Abel on a :
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n-1} R_k &= \sum_{k=0}^{n}ku_k +nR_n \\

\sum_{n} R_n \text{ converge} &\Leftrightarrow \sum_{n} nu_n \text{ converge} ,&\text{et alors}\\

\sum_{n=0}^{+\infty} R_n &= \sum_{n=0}^{+\infty} nu_n.

\end{align*} Après j'avais peut-être mal noté, il y a peut-être des erreurs !
Il me manque aussi la justification que $nR_n$ tend vers $0$...

À part ça j'obtiens : $$\frac{e^i}{1-e^i} =\frac{1}{2}cotan\Big(\frac{1}{2}\Big) (1-2\cos(1))\ldots$$



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Somme des restes
l’an passé
$\displaystyle \frac{e^i}{1-e^i}=\frac{e^i}{-2i e^{i/2}\sin(1/2)}=\frac{ie^{i/2}}{2\sin(1/2)}=\frac{e^{i(1/2+\pi/2)}}{2\sin(1/2)}=\frac12 \big(-1+\cot(1/2)\big)$

Pour le reste, je regarde ton Abel demain, cependant avec Fubini positif (ça doit porter un autre nom dans le cas des séries doubles, mais j'ai oublié) on a le résultat dans $\R \cup \{+\infty\}$ sans même se poser la question de la convergence et sans se poser la question du terme de bord qui semble te gêner.

Il faut bien entendu prendre garde que dans le cas qui nous intéresse, même si on se limite au sinus pour rester réel, on n'est pas dans un cas positif.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Somme des restes
l’an passé
avatar
@ totem
«Il y a bien des années», en fait trois ans, on parlait de sommes de restes :
[www.les-mathematiques.net]
Bonne journée



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Somme des restes
l’an passé
@Chaurien : mercid'avoir déterré ce vieux topic ! Est-ce que tu te souviens comment tu montres que $nR_n$ tend vers $0$ ? $R_n$ facile puisque la série converge.
Re: Somme des restes
l’an passé
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@totem
(1) À mon âge les années passent comme des colombes et trois ans ce n'est pas vieux.
La formule : $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} R_k = \sum_{k=0}^{n}ku_k +nR_n$ se démontre très simplement, sans Fubini ni Abel, par sommation verticale de :
$R_0=u_1+u_2+u_3+...+u_n+u_{n+1}+...$
$R_1=~~~~~~~~~~u_2+u_3+...+u_n+u_{n+1}+...$
..................................................................................
$R_{n-1}=~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~u_n+u_{n+1}+...$
ou bien bêtement, par récurrence.
Comme j'ai dit dans le fil d'il y a trois ans, cette formule a des applications en Calcul des Probabilités, et l'on peut l'utiliser dans des problèmes pour prépa-HEC.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Somme des restes
l’an passé
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@totem
(2) On suppose que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nu_{n}$ converge.
On a : $\displaystyle\rho _{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}ku_{k}\geq
\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}nu_{k}=nR_{n}\geq 0$.
En conséquence : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }nR_{n}=0$. Etc.


(3) On suppose que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}R_{n}$ converge.
D'après l'identité de (1), on a : $\displaystyle \overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}ku_{k}=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}R_{k}-nR_{n}\leq \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}R_{k}\leq \overset{+\infty }{\underset{k=0}{\sum }}R_{k}$.
La série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nu_{n}$ converge donc. Toujours d'après la même identité, il en résulte : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }nR_{n}=L\geq 0$.
Si $L>0$, alors $\displaystyle R_{n}\sim \frac{L}{n}$ quand $n\rightarrow +\infty $, et la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}R_{n}$ serait divergente. D'où $L=0$.
Autre méthode. Si $z_n$ est une suite réelle décroisssante telle que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}z_{n}$ converge, alors $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }nz_{n}=0$. C'est le cas de $R_n$. Mais encore faut-il connaître ce résultat - ou le redémontrer.
Bonne journée.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Somme des restes
l’an passé
Merci beaucoup . J'ai retrouvé ton résultat avec une transformation d'Abel "facile" sur $u_n $ et en remplacant $S_n$ (suite des sommes partielles) par...$S-R_n$ ! et ça marche bien.
Re: Somme des restes
l’an passé
avatar
@ totem
Dans les démonstrations précédentes, la positivité du terme général $u_n$ intervient de façon importante.
On peut généraliser en affirmant que si $u_n \in \mathbb C$, si la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nu_{n}$ converge absolument, alors la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}R_{n}$ converge absolument, et ces deux séries ont même somme.
MAIS...On peut trouver une suite réelle $u_n$ telle que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}u_{n}$ converge absolument ainsi que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}R_{n}$, mais telle que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nu_{n}$ diverge.
Re: Somme des restes
l’an passé
Par exemple ? une série alternée bien choisie ? smiling smiley

$u_n=\frac{(-1)^n}{n\sqrt{n}}$ FAUX



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par totem.
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