Équivalent d'une série

Je n'ai pas fait tous les calculs, mais sur le principe, ça ne devrait pas être trop compliqué :
- Calculer la différence entre $\displaystyle \int_{n-1}^n \dfrac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}dt$ et $\dfrac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}$ à l'aide d'une IPP (intégrer $1$ en $\{t\}$ sur $[n-1;n]$, et dériver $\dfrac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}$).
- Sommer ce qu'on a obtenu et montrer que la différence entre $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}dt$ et $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}$ est bornée au voisinage de $0$ (ou en tout cas négligeable devant $\dfrac{1}{\sqrt{x}}$.
- Conclure en remarquant (changement de variable) que $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}dt = \dfrac{1}{\sqrt{x}} \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt = \sqrt{\dfrac{\pi}{2x}}$.

On peut utiliser les séries de Fourier. $f(t) = sign(t) |t|^{-1/2}$
\begin{align*}
g(x) &=\lim_{K \to \infty} \sum_{|k|\le K} f(x+k) = \sum_{n=1}^\infty \sin(2\pi nx) \int_0^1 g(t)2\sin(2\pi nt)dt \\
&= \sum_{n=1}^\infty \sin(2\pi nx) 2\int_{-\infty}^\infty f(t)\sin(2\pi nt)dt = \sum_{n=1}^\infty \sin(2\pi nx)n^{-1/2} A,
\end{align*} où $A= 4\int_0^\infty t^{-1/2} \sin(2\pi t)dt = 4 (2\pi)^{-1/2} \sin(\pi / 4)\Gamma(1/2)$

Quand $x\in\, ]0,\epsilon[$
\begin{align*}
g(x) &=x^{-1/2}+ \sum_{k=1}^\infty (k+x)^{-1/2}-(k-x)^{-1/2}= x^{-1/2}+ \sum_{k=1}^\infty \int_{-x}^x \frac{-1}2 (k+y)^{-3/2}dy\\
& =x^{-1/2}+ \sum_{k=1}^\infty O(x k^{-3/2})=x^{-1/2}+O(x)

\end{align*} En soustrayant $\int_{-x}^x k^{-3/2}$ le $O(x)$ c'est $x 2\zeta(3/2)+ O(x^2)$,
Si on veut plus de termes alors la transformée de Mellin c'est $\zeta(1/2+s) \sin(\pi s/2) \Gamma(s)$ et $$ \sum_{n=1}^\infty \sin( nx)n^{-1/2}=O(x^M)+ \sum_{m\le M} x^m Res_{s=-m}(\zeta(1/2+s) \sin(\pi s/2) \Gamma(s)).$$

Soit $g(x)=\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}\,dt$, $\displaystyle h(x)=\int_{\frac{1}{2}}^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{\sqrt{t}}\,dt$ et $\displaystyle k(x)=\sum_{n=1}^\infty \int_{n-\frac{1}{2}}^{n+\frac{1}{2}}\frac{\sin(tx)}{\sqrt{n}}\,dt$.

On a $|g(x)-h(x)|\leqslant \sqrt{2}$, et
\begin{align*}
|h(x)-k(x)|&\leqslant \sum_{n=1}^\infty \sup_{n-\frac{1}{2}\leqslant t\leqslant n+\frac{1}{2}} |t^{-\frac{1}{2}}-n^{-\frac{1}{2}}| \\
&\leqslant \sum_{n=1}^\infty |(n-\frac{1}{2})^{-\frac{1}{2}}-(n+\frac{1}{2})^{-\frac{1}{2}}|=\sqrt{2}\\
\text{donc}\hspace{2.8cm}&\\
|g(x)-k(x)|&\leqslant 2\sqrt{2}. \\
\text{De plus, }\hspace{2cm}&\\
k(x)&=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{n-\frac{1}{2}}^{n+\frac{1}{2}}\sin(tx)\,dt = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} \frac{1}{x}(\cos(n-\frac{1}{2})x-\cos(n+\frac{1}{2})x) \\
&= \frac{2\sin(x/2)}{x} f(x) = (1+O(x^2)) f(x) ,
\end{align*}
donc $f(x)=(1+O(x^2))(g(x)+O(1))=(1+O(x^2))(\sqrt{\frac{\pi}{2x}}+O(1))=\sqrt{\frac{\pi}{2x}}+O(1)$.

gebrane,

$|k(x)-g(x)|\leq 2\sqrt{2}$, donc $k(x)=g(x)+O(1)$ et $g(x)=\sqrt{\frac{\pi}{2x}}$(voir message de Guego si tu veux des détails).

C'est une version de https://en.wikipedia.org/wiki/Abel–Plana_formula

Je ne sais pas si tu as vu c'est moi qui ai écrit la preuve de l'article wikipedia hier, j'ai bien vu que tu voulais l'appliquer avec $f(z) = (1+z)^{-1/2}\sin(1+z)$ qui n'est pas $O(|z|^k)$, le plus simple serait peut-être de remplacer dans l'article wiki $\int_{a^{-1}\infty}^0+\int_0^{a\infty} \frac{f(z)}{e^{-2i\pi z}-1}dz$ par $-\int_{C_-}+\int_{C^+} \frac{f(z)}{e^{-2i\pi z}-1}dz$ où $C_-,C_+$ sont des courbes $0\to+\infty$ juste en dessous / au dessus de l'axe réel,

et de remplacer $O(|z|^k)$ et $O(|z|^{-1-\delta})$ par "assuming everything converges".

Je me suis aussi demandé si il y a un moyen de développer $\sin(z)=\sum_k c_k z^k$ avant d'utiliser le théorème des résidus.