Convergence d'une série (uniforme)

TicToc · 14-08-2011 15:19:39

Bonjour à tous (et enchanté).

C'est la première fois que je poste une question sur ce forum. Je lis dans un papier que l'on a :
\[
\sum_{k\in \mathbb{Z}^{d}}\frac{1}{(1+|2^{j}x-k|)^{d+1}}\leq C\qquad (x\in \mathbb{R}^{d}, j\in \mathbb{N})
\]
où la constante C>0 est uniforme en x, j. Le problème est que je n'arrive pas à le démontrer. J'ai bien obtenu une majoration par
\[
C \sum_{k\in \mathbb{N}}\frac{k^{d-1}}{(1+|2^{j}|x|-k|)^{d+1}}
\]
(par un argument de dénombrement). Ensuite, on peut appliquer un critère de convergence de Riemann mais je vais attraper une dépendance en [tex]2^{j}|x|[/tex] dans la réponse finale... Donc j'ai du mal commencer. Mon problème vient que ma première majoration est déjà mauvaise, lorsque je fais apparaitre des modules supplémentaires dans le dénominateur : [tex]|2^{j}|x|-k|[/tex]. Cela me fait "rompre" la bijection donnée par
\(
k\in \mathbb{Z}^{d}\mapsto 2^{j}x-k .
\)
Je n'ai plus d'idée sur la manière de procéder. Merci d'avance de toute aide/suggestion.

yoshi · 15-08-2011 08:50:40

Salut,

Bienvenue sur BibM@th...
Hélas, je ne suis pas compétent pour te répondre, il va donc falloir que tu patientes un peu jusqu'à ce qu'une de nos "grosses têtes" passe par là !
En ce moment, c'est un peu le "creux de la vague"...
Dommage pour toi ! :-(

@+

TicToc · 15-08-2011 15:20:57

Bonjour yoshi,

Pas de problème, j'attendrai :-)

Je continuerai encore de chercher entre temps et je préviendrai si j'ai du neuf, mais je n'y crois pas trop (ce problème a priori simple me coince depuis un moment déjà)

Mstafa · 18-08-2011 00:53:17

Salut TicToc,

Je ne suis pas du tout l'un des Grosse tête dont parle Yoshi ! mais quand même J'ai fait un petit essai :

La première chose le terme [tex]2^j[/tex] n'a pas grand intérêt je peux poser [tex]2^jx = X[/tex] montrons alors que [tex] \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{d+1}}\leq C\qquad d\geq 1 [/tex]

On a [tex] \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{d+1}}\leq \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} [/tex]

Montrons d'abord la propriété pour [tex]d=1[/tex] :

On a : [tex]\sum_{-\infty }^{+\infty}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} \leq \sum_{-\infty }^{+\infty}\frac{1}{1+(X-k)^{2}} [/tex] et considérons la fonction complexe [tex] f(Z)= \frac{1}{1+(X-Z)^{2}} [/tex]

Calculons les résidus de [tex]f[/tex] : On a [tex] f(Z)=\frac{1}{(Z-X+i)(Z-X-i)} [/tex] il y a donc deux pôles isolés [tex]Z_0 = X-i[/tex] et [tex]Z_1=X+i[/tex]

On trouve [tex]Res(f(Z) , Z_0)=\lim_{Z\rightarrow X-i}\frac{1}{Z-X-i} = \frac{1}{2} i [/tex]

Et [tex] Res(f(Z) , Z_1)=\lim_{Z\rightarrow X+i}\frac{1}{Z-X+i} = - \frac{1}{2} i [/tex]

On remarque la disparition de [tex]X[/tex] dans ces deux dernières lignes !

Appliquons maintenant le théorème des résidus appliquée au séries suivant :

[tex] \sum_{-\infty, n\notin E}^\infty f(n) = -\sum_{Z_k\in E}\mathrm{Res}\left(f(Z); Z_k\right) \pi\cot(\pi Z_k) [/tex] où [tex]E[/tex] est l'ensemble de singularités isolées de [tex]f[/tex]

On trouve [tex]\cot (\pi Z_0) = -i\coth(\pi)[/tex] et [tex]\cot (\pi Z_1) = i\coth(\pi)[/tex] aussi disparition de [tex]X[/tex]

Par suite [tex] \sum_{-\infty }^{+\infty}\frac{1}{1+(X-k)^{2}} = \frac{\pi}{2} \coth(\pi) + \frac{\pi}{2} \coth(\pi) = \pi \coth(\pi) [/tex]

Donc [tex] \sum_{-\infty }^{+\infty}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} \leq \pi \coth(\pi) [/tex]

Soit [tex]d \geq 2[/tex] je commence par le terme [tex]d+1[/tex] et je vais essayer de revenir en arrière :

Tu n'as rien précisé à propos de la norme à utiliser et on est en dimension fini je choisis la norme 1 :

On a donc : [tex] |X-k| = |X_1- k_1| + |X_2 - k_2| + ... + |X_{d+1} - k_{d+1}| [/tex]

Donc [tex] (1+|X-k|)^{2} = (1 + |X_1- k_1| + |X_2 - k_2| + ... + |X_{d+1} - k_{d+1}|)^{2} [/tex]

[tex] \geq (1 + |X_1- k_1| + |X_2 - k_2| + ... + |X_{d} - k_{d}|)^{2} +(X_{d+1} - k_{d+1})^{2} [/tex]

Posons [tex]a = 1 + |X_1- k_1| + |X_2 - k_2| + ... + |X_{d} - k_{d}| [/tex]

Sachons que [tex] \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d+1}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} = \sum _{k_1 =-\infty}^{k_1=+\infty} ... \sum _{k_{d+1} =-\infty}^{k_{d+1}=+\infty} \frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} [/tex]

[tex] \leq \sum _{k_1 =-\infty}^{k_1=+\infty} ... \sum _{k_{d+1} =-\infty}^{k_{d+1}=+\infty} \frac{1}{a^2+(X_{d+1}-k_{d+1})^{2}} [/tex]

[tex] = \sum _{k_1 =-\infty}^{k_1=+\infty} ... \sum _{k_{d} =-\infty}^{k_{d}=+\infty}\frac{\pi}{a}.\coth (\pi a) [/tex]

On peut vérifier que [tex] 1 \leq \coth (\pi a) \leq 2 [/tex]

Par suite : [tex] \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d+1}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} \leq 2\pi \sum _{k_1 =-\infty}^{k_1=+\infty} ... \sum _{k_{d} =-\infty}^{k_{d}=+\infty} \frac{1}{( 1 + |X_1- k_1| + |X_2 - k_2| + ... + |X_{d} - k_{d}| )^{2}} [/tex] disparition du terme [tex]X_{d+1}[/tex]

En répétant la même méthode et en tenant compte du cas déjà fait d = 1 on trouve :

[tex] \sum_{k\in \mathbb{Z}^{d+1}}\frac{1}{(1+|X-k|)^{2}} \leq (2 \pi)^{d+1} [/tex]

Dernière modification par Mstafa (18-08-2011 19:05:18)

TicToc · 20-08-2011 12:00:56

Salut Mstafa,

Tout d'abord, un grand merci de ton aide!

La norme que je considère est la norme euclidienne
\[
|x|=\sqrt{x_{1}^{2}+ ... + x_{d}^{2}}\qquad (x\in \mathbb{R}^{d})
\]
mais il doit y avoir moyen d'adapter ton raisonnement. En fait, dans le contexte dans lequel cette afirmation m'a été donnée, on peut choisir l'exposant dans la série de départ aussi grand que l'on veut (pas obligatoirement d+1 mais pourquoi pas 2 (d+1) ce qui permet de retomber sur ton raisonnement). Pour le cas d=1 , je suis d'accord avec toi, j'ai une autre démonstration qui fonctionne :en procédant de manière brutale,
\begin{align*}
\sum_{k\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(1+|x-k|)^{2}} & = \sum_{k=-\infty}^{\lfloor x \rfloor}\frac{1}{(1+|x-k|)^{2}} +\sum_{k=\lfloor x \rfloor +1}^{+\infty}\frac{1}{(1+|x-k|)^{2}} \\
& = \sum_{k=-\infty}^{0}\frac{1}{(1+x-\lfloor x \rfloor-k)^{2}} +\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(1+k+\lfloor x \rfloor-x)^{2}} \\
& \leq 2 \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(1+k)^{2}} .
\end{align*}

Par contre, pour le passage de d à d+1, c'est un peu plus compliqué. Si je comprend bien ton idée, tu as utilisé en résumé la formule
\[
\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{c}{c^{2}-n^{2}}= \pi \text{cotg}(\pi c)\qquad \forall c \in \mathbb{C}\backslash \mathbb{Z}.
\]
démontrée dans le contexte des fonctions analytiques. Ok, C'est une bonne idée! Mais à ta toute dernière inégalité, tu as laissé un carré dans ton dénominateur alors que tu l'as perdu par ta définition de a. A cause de cela, je suis convaincu qu'il faut laisser l'exposant d+1 (ou un exposant plus grand) au dénominateur pendant tout ton développement afin de pouvoir diminuer à chaque coup de récurence cet exposant. J'y réfléchis.

TicToc · 20-08-2011 13:16:21

En continuant sur les idées de Mstafa , ca marche il me semble avec la série
\[
\sum_{k\in \mathbb{Z}^{d}}\frac{1}{(1+|x-k|)^{2^{d+2}}}.
\]
En résumé, en posant
\[
a:= 1+(x_{1}-k_{1})^{2}+...+(x_{d-1}-k_{d-1})^{2}\geq 1 ,
\]
il vient
\begin{align*}
\sum_{k_{d}=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{(1+|x-k|)^{2^{d+2}}} & \leq \sum_{k_{d}=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(a + (x_{d}-k_{d})^{2})^{2^{d+1}}}
\end{align*}
et en discernant les cas où l'indice de sommation est inférieur ou supérieur au plancher de x_{d} (comme dans le cas de base d=1), on obtient une majoration par
\[
2 \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(a+k^{2})^{2^{d}}} \leq 2 \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(a^{2^{d}}+k^{2})}
\]
où l'on peut appliquer la relation avec la cotangente, et cette dernière série est finalement majorée par
\[
\frac{1}{a^{2^{d}}} +\frac{2 \pi}{a^{2^{d-1}}}
\]
permettant de diminuer la dimension du problème. Sauf erreur. Je revérifierai plus tard.

Mstafa · 22-08-2011 10:05:39

Salut TicToc,

La formule que j'utilise est la suivante : [tex]\sum_{n=-\infty }^{n=+\infty } \frac{1}{a^2+n^2} = \frac{\pi}{a}\coth (\pi a)[/tex] [tex] a > 0[/tex] ( c'est la même que tu as mentionnée)

Dans la démonstration que j'ai faite, je suis d’acore avec toi pour la dernière ligne et je pense que je peux y remédier en utilisant plutôt que l'inégalité [tex]1 <\coth (\pi a) <2 [/tex] l'inégalité : [tex]1 <\coth (\pi a) <\frac {2}{a} [/tex]

Je crois que ce que tu as fait est exact, cependant nous n'avons pas encore répondu à ta question dans le cas général comme écrite sur ton papier ! seulement pour le cas où [tex]d[/tex] s'écrit sous la forme [tex]2^{d+2}[/tex]

Dernière modification par Mstafa (22-08-2011 10:07:40)

TicToc · 28-08-2011 13:22:07

Salut Mstafa,

En effet, nous n'avons pas encore répondu à l'affirmation du papier, le raisonnement que nous avons fait ne se prète pas aux puissances inférieures à 2^{d+2}. Mais ce que nous avons démontré suffit pour que je puisse quand même conclure! (Ouf :-) ) Encore merci à toi, Bibm@th et ses contributeurs car cette question était en suspend depuis plus d'un mois! (j'étais déjà passé par d'autres forums sans résultats :-( )

@+

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