Il s’agit de montrer dans cet article que les séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes.
Pour y parvenir, vous considérez le nombre complexe $z = \cos 1 + i\sin 1= \e^i.$
Par la formule de Moivre, $\forall n\geq 1,\cos n + i \sin n = \e^{in} = (\e^i)^n =z^n.$
Vous cherchez à montrer que la série complexe $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ est convergente.
Utilisez une idée attribuée à Abel
Pour tout $n\in\N$, vous posez $S_n = \sum_{k=0}^n z^n$ équivalent à « primitiver », ce qui fera apparaître la quantité $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, qui produira une série absolument convergente.
Cette technique est analogue à une intégration par parties, qui permet de montrer la convergence des deux intégrales $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x }{x}\,\text{d}x$ et $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x }{x}\,\text{d}x.$
Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $2$, vous avez :
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n-S_{n-1}}{n} \\
&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N} \frac{S_{n-1}}{n} \\
&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=0}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} \\
&=\frac{S_N}{N} + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} -S_0\\
&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} S_n \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.
\end{aligned}
Majorez le module de $S_n$
Soit $n$ un entier naturel. Notez que $z\neq 1.$
Par sommation de termes consécutifs d’une suite géométrique, il vient :
\begin{aligned}
S_n &= \sum_{k=0}^n z^n\\
&= \frac{1-z^{n+1}}{1-z}.
\end{aligned}
En prenant le module, il vient :
\begin{aligned}
\vert S_n \vert &\leq \left\lvert \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \right\rvert \\
&\leq \frac{\left\lvert 1-z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\
&\leq \frac{1+\left\lvert z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}
\end{aligned}
Il résulte de cette section que la suite $(S_n)_{n\geq 0}$ est bornée.
Etablissez la convergence de la série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$
Rappelez-vous que : $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.$
En effet, soit $N$ un entier naturel non nul.
Pour tout entier $n$ compris entre $1$ et $N$, en décomposant en éléments simples la fraction $\frac{1}{n(n+1)}$, il vient $\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.$
Par sommation téléscopique :
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} &= \sum_{n=1}^{N} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n+1}\\
&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N+1} \frac{1}{n}\\
&= 1 + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n} -\frac{1}{N+1}\\
&= 1 -\frac{1}{N+1}.
\end{aligned}
Comme $\lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N+1} = 0$ il vient $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} = 1$ ce qui prouve $\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.}$
Soit maintenant $N$ un entier naturel.
\begin{aligned}
\sum_{n = 1}^N \left\lvert \frac{S_n}{n(n+1)} \right\rvert &\leq \sum_{n = 1}^N \frac{\left\lvert S_n \right\rvert}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^N \frac{1}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}.
\end{aligned}
La série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$ est absolument convergente, donc convergente, vers sa somme notée $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)}.$
Concluez
Il a été vu que, pour tout entier $N\geq 2$, vous avez :
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &= \frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.
\end{aligned}
Comme la suite $(S_N)_{N\geq 2}$ est bornée, $\lim_{N\to +\infty} \frac{S_N}{N} = 0.$
Vous déduisez que la série $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ converge et que la somme vérifie $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n} = \sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)} -1.$
En prenant les parties réelle et imaginaire, vous déduisez que les deux séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes, respectivement vers la partie réelle et la partie imaginaire de $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n}.$
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