Équivalent série de fonctions (difficile ?)

On peut utiliser Euler MacLaurin ou l'expression en terme de $\Gamma'/\Gamma$, à la main il faut dire que notre fonction c'est $f(x)=\Re(\sum_{n \ge 1} \int_{2n-1}^{2n} \frac1{(t+ix)^2}dt)$ puis dire que $$\int_{2n-1}^{2n} \frac1{(t+ix)^2}dt=\frac12\int_{2n-1}^{2n+1} \frac1{(t+ix)^2}dt+C\int_{2n-1}^{2n+1} \frac1{(t+ix)^3}dt+O(\frac1{(n+x)^4})$$ donc $$f(x)=\Re( \frac1{1+ix}+\frac{c}{(1+ix)^2}+O(x^{-3}))$$ (j'ai la flemme de trouver $c$, il faut aller jusqu'à $(n+x)^{-4}$ parce que $\Re(1/(1+ix))=O(x^{-2})$)

Tu n'aimes pas ma méthode ? Ce n'est pas difficile, tu peux aussi dire qu'il existe des $C_m$ tels que $$\forall z,|z|\to \infty,\qquad \frac1{z}-\frac1{z+1} = \sum_{m=1}^M C_m (\frac1{z^m}-\frac1{(z+2)^m}) +O( \frac1{|z|^{M+1}})$$ la preuve c'est en développant les deux côtés en séries entières en $z^{-1}$ puis en identifiant.

D'où tu obtiens le développement asymptotique de
\begin{align*}
f(x) &= \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1} n}{n^2+x^2} =\Re(\sum_{n \ge 1} \frac1{2n-1+ix}-\frac1{2n+ix}) \\
&=\Re(\sum_{n\ge 1}\sum_{m=1}^M C_m (\frac1{(2n-1+ix)^m}-\frac1{(2n-1+ix+2)^m}) +O( \frac1{|n+x|^{M+1}})) \\
&=\Re(\sum_{m=1}^M C_m \frac1{(1+ix)^m} )+O(\frac1{|x|^{M}}).
\end{align*}

supp

Bonsoir,
La "formule d'Euler-Mac Laurin" donne en effet assez facilement l'équivalent cherché:

$\:\forall x \in \R^* \:\:$je note: $\:\:\:\:\:g_x: \left\{ \begin{array} {ccl}\R_+& \longrightarrow &\R \\ t& \longmapsto & \dfrac {2t-1}{(2t-1)^2 + x^2} -\dfrac {2t}{(2t)^2 +x^2}.\\ \end{array}\right.\quad \quad \quad \text{Alors:} \quad f(x) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} g_x(n)$
Avec $\:\displaystyle \lim _{N\to +\infty} g_x(N) = \lim_{N\to +\infty} g_x'(N) =0,\quad$ la "formule d' Euler-Mac Laurin" dit que:
$f(x) = \dfrac { g_x(1)}2\: +\:\displaystyle \int _1 ^{+\infty} g_x(t) \mathrm d t\:\: -\:\: \dfrac {g_x'(1)}{12 }\:\:+\:\: \int _1 ^{+\infty} B(t) \:g_x''' (t) \mathrm dt\:\:$ où $B$ est une fonction $1-\text{périodique,}\:$ continue par morceaux sur $\R.$
L'examen des deux derniers termes de la somme précédente montre que: $\:f(x) = \dfrac {g_x(1)}2 + \displaystyle \int _1 ^{+\infty} g_x(t) \mathrm d t \:+\: o(x^{-2}).$
Et un dernier calcul mène à : $\:\dfrac{g_x(1)}2 \underset{x\to +\infty} \sim \dfrac {-1}{2x^2},\quad \displaystyle \int _1^{+\infty} g_x \underset{x\to + \infty} \sim \dfrac 3{4x^2},\quad$ puis à $\: \boxed{ f(x) \underset{x\to + \infty}\sim \dfrac 1 {4x^2}.}$

Bonjour
De l'égalité $\displaystyle (-1)^{n-1}\frac{n}{n^2+x^2}=\int_0^{+\infty} (-1)^{n-1} \exp(-nt) \cos(t x) dt ,$
on en tire que $\displaystyle f(x)=\int_0^{+\infty} \frac{1 }{1+ \exp(t)} \cos(t x) dt . $
Ensuite on effectue 2 intégrations par parties qui vont donner le résultat.

Oui mais side a fait une erreur dans sa formule.

supp

supp

supp

totem écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1900296,1900768#msg-1900768
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

---

L'intégrale tend vers 0 par Riemann-Lebesgue, non ?

Je serais curieux de voir s'il existe une méthode élémentaire pour cette série. (Niveau deuxième année d'université)

Pour démontrer $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1} n}{n^2+x^2} =\int_0^{+\infty} \dfrac{ \cos(t x) }{1+ e^{t}} dt$ sans le théorème de convergence dominée on écrit :
$\displaystyle \sum_{n=1}^{N} \dfrac{(-1)^{n-1} n}{n^2+x^2} =\sum_{n=1}^{N}\int_0^{+\infty} (-1)^{n-1} e^{-nt} \cos(t x) dt =\int_0^{+\infty} \dfrac{ e^{-t}(1-(-1)^N e^{-Nt}) }{1+ e^{-t}} \cos(t x) dt=\int_0^{+\infty} \dfrac{ \cos(t x) }{1+ e^{t}} dt+R_N$
puis $|R_N|\leq \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-(N+1)t}dt =\dfrac1{N+1}$

Je dirais plutôt : bien vu le coup de la série géométrique !