Zéros d'une série de fonctions

C'est un ordre mon commandant ?

voici une approximation sur l'intervalle $[0,100]$

Bonjour,

A VERIFIER :

J'écris $x = m + (x)$ avec $m$ sa partie entière. La série est à termes positifs pour $n \geq m.$

Comme $\sin u \geq -1$ il faut montrer que $\sum_{n \geq m} {1 \over n} \sin {m+(x) \over n} \geq H_{m-1}$ avec $H$ la somme harmonique.

Comme l'argument des sinus est plus petit que $\pi/2$, on utilise $\sin v \geq 2 v/\pi$ pour $0<v<\pi/2$ et alors il faut montrer que $H_{m-1}/m \leq 2/\pi (\pi^2/6 - \sum_{n=1}^{m-1 } 1/n^2)$ qui est vrai pour $m$ assez grand. On verifie par calcul les cas pour $m$ petits.

Donc la fonction est toujours positive sauf en $m=0$ ou $m=1.$ Dans le domaine $x<2$, on minore le sinus et alors $F$ n'est nulle qu'en $0.$

@etanche j'ai utilise python et matplotlib mais c'est une approximation (je n'ai pris que 200 termes dans la somme)

@Corto oui effectivement, avec 500'000 termes j'obtiens 0.001782832472855895 pour $x=73.5$

Bonjour,

Voici ma tentative de démonstration.

La fonction $F$ définie pour tout $x$ réel par $\displaystyle F(x)=\sum_{n\geq 1} {1\over n}\sin{x\over n}$ est impaire. On a $F(0)=0.$ On limite l’étude à $x>0.$
On pose $m=E(x).$

Si $m=0$, on montre facilement en minorant le sinus que $F$ est strictement positive.

On se limite alors à $m\geq 1.$

On scinde la somme en deux parties, on minore brutalement la première avec l’identité $\displaystyle \sin z\geq-1$ et la seconde par la minoration $\displaystyle \sin z\geq {2\over \pi} z$ pour $\displaystyle 0\leq z\leq {\pi\over 2}.$

$\displaystyle F(x)=\sum_{n=1}^m {1\over n}\sin{x\over n}+\sum_{n\geq m+1}{1\over n}\sin{x\over n}\geq {2\over \pi} x \sum_{n\geq m+1} {1\over n^2}-\sum_{n=1}^m {1\over n}.$

Comme $\displaystyle x\geq m$, il suffit que $\displaystyle m \sum_{n\geq m+1} {1\over n^2} -{\pi\over 2} \sum_{n=1}^m {1\over n}>0$ pour avoir $\displaystyle F(x)>0.$

Cette relation est vraie si elle n’est pas fausse. :)o

Je ne l’ai pas démontrée mais la représentation graphique m’indique que c’est facile à faire.

Bonjour,

Merci @Calli : j’ai modifié ma tentative de démonstration.

Voici une autre tentative.

On développe le sinus en série entière et on inverse les sommes. Je ne sais pas le justifier.

On a donc $\displaystyle F(x)=\sum_{k\geq 0} {(-1)^k x^{2k+1} \zeta(2k+2)\over (2k+1)!}$, on sépare termes pairs et impairs, et alors on obtient $\displaystyle F(x)\geq (1-x^2) \sum_{k\geq 0} {x^{4k+1} \zeta(4k+4)\over (4k+3)!}\geq 0$ pour $|x|\leq 1.$

Voilà !

Pour $x>1$, on doit bien trouver une approche.

Non ?

Si on tente de remplacer la série par une intégrale, ça donne : $$\int_1^\infty \frac1u \sin\left(\frac{x}u\right)\,{\rm d} u = \int_0^x \frac{\sin(t)}t \,{\rm d} t \underset{x\to\infty}\longrightarrow \frac\pi2.$$ Il y a peut-être une idée à exploiter là dedans (pas ce soir, ça n'est plus l'heure).

Je réponds à Yves.

Yves a écrit:

On développe le sinus en série entière et on inverse les sommes. Je ne sais pas le justifier.

C'est le théorème de sommation par paquets ou le théorème de Fubini (ça revient au même). On a une somme absolument convergente de sommes absolument convergentes donc on peut permuter et regrouper les termes à volonté.

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2036632,2037476#msg-2037476 : Avoir $F(x)>0$ pour $x\in\,]0,\pi]$ c'est la partie facile comme tous les sinus sont positifs.

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2036632,2037582#msg-2037582 : Ce que tu dis a l'air bon (en admettant le résultat que tu donnes car je ne connaissais pas ce résultat) mais, si j'ai bien compris, on ne sais pas si les zéros sont sur l'axe réel.

Bonjour Corto
It is known that Q(x) is unbounded in the domain x \in (0, +\infty ) from above and below
peux-tu expliquer encore d'avantage sur l'existence de $a_1$ et $a_2$ . Pour moi f est non bornée inférieurement supérieurement sur $[0,+\infty[$ signifie que pour tout M>0, il existe $x\in [0,+\infty[$ telq ue f(x)>M
( par exemple f(x)=x est continue et non bornée inférieurement et supérieurement sur $\R$ pourtant il y a un seul zéro, donc tu as utilisé en plus quoi comme propriété de Q)

La fonction identité est bornée inférieurement sur $[0;+\infty[$, pas la fonction $Q$.

Reprend ton argument avec $M= \sup_{x\in [0;A]} f(x) +1$, on trouve alors un réel $x$ tel que $f(x) >M$ et par définition de $M$ on a forcément $x>A$.