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Intégrale et somme

Posté par
matheux14 18-08-23 à 00:15

Bonsoir,

Utiliser \begin{aligned}\int^{+\infty}_0 \dfrac{\ln(x)}{1 + e^x} d x = - \dfrac{\ln^2(2)}{2} \end{aligned} pour calculer \sum^{+\infty}_{n = 1} (-1)^n \dfrac{\ln(n)}{n}

J'ai essayé d'exprimer \dfrac{1}{e^x + 1} en une somme infinie du genre \sum^{+\infty}_0 (-1)^n e^{n x}..

Mais le résultat est clairement faux.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 01:15

Bonsoir matheux14

Oui il me semble que c'est faisable avec quand même un passage à justifier

\boxed{1} Remarquer que \Large\boxed{\int_0^{+\infty}\frac{\ln(x)}{1+e^x}dx=-\frac{\ln^2(2)}{2}} s'écrit aussi \Large\boxed{\int_0^{+\infty}\frac{\ln(x)e^{-x}}{1+e^{-x}}dx=-\frac{\ln^2(2)}{2}}.


\boxed{2} Utiliser le développement classique \Large\boxed{\frac{1}{1+e^{-x}}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-nx}}.


\boxed{3} Justifier l'interversion \int~~\sum pour pouvoir écrire \Large\boxed{\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\int_0^{+\infty}\ln(x)e^{-(n+1)x}dx=-\frac{\ln^2(2)}{2}}.


\boxed{4} Effectuer le changement de variable \boxed{x\mapsto(n+1)x} pour faire apparaître la somme à calculer sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 01:23

\boxed{5} Bien entendu on suppose connues les deux identités

\Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\ln(2)} et \Large\boxed{\int_{0}^{+\infty}\ln(x)e^{-x}=-\gamma}.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 01:25

\Large\boxed{\int_{0}^{+\infty}\ln(x)e^{-x}dx=-\gamma} la fameuse constante d'Euler

Posté par
matheux14re : Intégrale et somme 18-08-23 à 08:07

Ah ben voilà

Merci beaucoup elhor_abdelali

Posté par
matheux14re : Intégrale et somme 18-08-23 à 10:07

\begin{aligned}\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)}{1+e^x}dx = \int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)e^{-x}}{1+e^{-x}}dx = -\dfrac{\ln^2(2)}{2} \end{aligned}\\\ \\ \text{Or } \dfrac{1}{1+e^{-x}}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-nx} \\\ \\ \begin{aligned}\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)}{1+e^x}dx = \int_0^{+\infty} \ln(x)\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-(n + 1)x} dx\end{aligned} \\\ \\ \text{Posons } x \longmapsto (n + 1)x, \text{ d'après la convergence dominée, on a : }\\\ \\ \begin{aligned}  \int_0^{+\infty} \ln(x)\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-(n + 1)x} dx &=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)\int_0^{+\infty} (\ln(x) + \ln(n + 1)) e^{-x} dx \\\ \\ &= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)(\ln(n + 1) - \gamma) \end{aligned} \\\ \\ \text{Lorsque } n \text{ varie de } 0 \text{ à } + \infty, n + 1 \text{ aussi varie de } 0 \text{ à } + \infty, \\\ \\ \\ \begin{aligned}\Longrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)(\ln(n + 1) - \gamma) &= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n(\ln(n) - \gamma) \\\ \\ &= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n \ln(n) - \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n \gamma\end{aligned} \\\ \\ \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n \ln(n) - \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n \gamma = -\dfrac{\ln^2(2)}{2} \\\ \\ \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \dfrac{\ln(n)}{n} - \gamma \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n} = \lim_{n \longmapto +\infty} -\dfrac{\ln^2(2)}{2n^2} = 0 \\\ \\ \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{\ln(n)}{n} = \gamma \ln(2)

Posté par
matheux14re : Intégrale et somme 18-08-23 à 10:10

Plutôt -\gamma \ln(2)

Posté par
matheux14re : Intégrale et somme 18-08-23 à 12:24

Citation :
\begin{aligned}\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)}{1+e^x}dx = \int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)e^{-x}}{1+e^{-x}}dx = -\dfrac{\ln^2(2)}{2} \end{aligned}\\\ \\ \text{Or } \dfrac{1}{1+e^{-x}}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-nx} \\\ \\ \begin{aligned}\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x)}{1+e^x}dx = \int_0^{+\infty} \ln(x)\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-(n + 1)x} dx\end{aligned} \\\ \\ \text{Posons } x \longmapsto (n + 1)x, \text{ d'après la convergence dominée, on a : }\\\ \\ \begin{aligned}  \int_0^{+\infty} \ln(x)\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^ne^{-(n + 1)x} dx &=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)\int_0^{+\infty} (\ln(x) + \ln(n + 1)) e^{-x} dx \\\ \\ &= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)(\ln(n + 1) - \gamma) \end{aligned} \\\ \\ \text{Lorsque } n \text{ varie de } 0 \text{ à } + \infty, n + 1 \text{ aussi varie de } 0 \text{ à } + \infty, \\\ \\ \\ \begin{aligned}\Longrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n (n + 1)(\ln(n + 1) - \gamma) &= -\gamma + \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n n(\ln(n) - \gamma) \\\ \\ &= -\gamma + \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n n \ln(n) - \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n n \gamma\end{aligned} \\\ \\ -\gamma + \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n n \ln(n) - \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n n \gamma = -\dfrac{\ln^2(2)}{2} \\\ \\ -\gamma + \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n \dfrac{\ln(n)}{n} - \gamma \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n} = \lim_{n \longrightarrow +\infty} -\dfrac{\ln^2(2)}{2n^2} = 0 \\\ \\ \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{\ln(n)}{n} = \gamma (1 - \ln(2))

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 13:48

Encore un exès de vitesse matheux14

On devrait trouver \Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{\ln(n)}{n}=\gamma\ln(2)-\frac{\ln^2(2)}{2}} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
matheux14re : Intégrale et somme 18-08-23 à 14:21

Mais au niveau du changement de variable, il faut plutôt poser un k \mapsto n + 1 non ?

En faisant ainsi, j'arrive bien à ce résultat.

Posté par
jandri Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 17:03

matheux14,

quand on fait un changement de variable dans une intégrale il faut donner un autre nom à la nouvelle variable sous peine d'écrire n'importe quoi comme tu l'as fait.

Pose par exemple t=(n+1)x.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Intégrale et somme 18-08-23 à 19:50

Effectivement jandri !


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