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Posté par jacko78 (invité) 24-10-05 à 18:19

Bonjour, j'ai un souci pour un devoir, ca traite en principe de la constante d'euler encore et toujours mais c'est implicite il faut la faire apparaitre je pense :

Montrer que la serie de terme general (-1)^n\frac{ln(n)}{n} converge. Converge-t-elle absolument?
La je n'aarive pas a montrer la convergence deja...

Ensuite jJ'ai reussi a montrer que :
\Bigsum_{k=1}^{2n} (-1)^k\frac{ln(k)}{k}=ln(2)\Bigsum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \Bigsum_{k=n+1}^{2n} \frac{ln(k)}{k}

Comment en deduire la somme de la serie ?
J'ai reussi a faire apparaitre le produit ln(2) avec gamma (cste d'euler) mais ca suffit pas...

Merci a vous

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série 24-10-05 à 19:51

Bonjour jacko78;
(*)Pour montrer la semi convergence de la série \Bigsum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n}ln(n)}{n} on peut utiliser le critére spécial des séries numériques alternées vu que la suite (\frac{ln(n)}{n})_{n\ge3} est décroissante.
(*)La série \Bigsum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n}ln(n)}{n} n'est pas absolument convergente vu que \fbox{\forall n\ge3\\\frac{ln(n)}{n}\ge\frac{1}{n}}
Sauf erreurs...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série 25-10-05 à 01:38

jacko78,tu posteras aprés comment tu as montré que 3$\fbox{\Bigsum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k}ln(k)}{k}=(ln(2)\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{k})-\Bigsum_{k=n+1}^{2n}\frac{ln(k)}{k}}
En partant de cette égalité on peut écrire que:
3$\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k}ln(k)}{k}=\underb{ln(2)(\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-ln(n))}_{3$\fbox{\to ln(2)\gamma\\n\to+\infty}}+\underb{ln(2)ln(n)-\Bigsum_{k=n+1}^{2n}\frac{ln(k)}{k}}_{3$\fbox{a_n}}}
Remarquons maintenant que 3$\fbox{\forall n\ge1\\a_n=ln(2)ln(n)-\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{ln(n+k)}{n+k}=ln(2)ln(n)-\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{ln(n)+ln(1+\frac{k}{n})}{n(1+\frac{k}{n})}} ou encore que 3$\fbox{\forall n\ge1\\a_n=ln(n)(ln(2)-\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}})-\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{ln(1+\frac{k}{n})}{1+\frac{k}{n}}} on reconnait alors les sommes de Riemman des fonctions continues sur [0,1] 3$\fbox{f{:}x\to\frac{1}{1+x}\\g{:}x\to\frac{ln(1+x)}{1+x}} d'où 3$\fbox{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int_{0}^{1}f(x)dx=ln(2)\\\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{ln(1+\frac{k}{n})}{1+\frac{k}{n}}=\int_{0}^{1}g(x)dx=\frac{1}{2}ln^2(2)}
Pour conclure remarquons que:
3$\fbox{ln(2)-\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int_{0}^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\Bigsum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx} et vu que f est décroissante on a que:
3$\fbox{(\forall k\in\{1,..,n\})(\forall x\in[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}])\\0\le f(x)-f(\frac{k}{n})\le f(\frac{k-1}{n})-f(\frac{k}{n})\le\frac{1}{n}} et donc que 3$\fbox{(\forall n\ge1)\\|ln(2)-\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}|\le\frac{1}{n}}
Conclusion:
5$\blue\fbox{\Bigsum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}ln(n)}{n}=\gamma ln(2)-\frac{1}{2}ln^2(2)}

Sauf erreurs bien entendu

Posté par
kachouyabre : Serie 25-10-05 à 02:25

Bonsoir Elhor
tes reponses sont toujours astusieuses

Posté par jacko78 (invité)re : Serie 25-10-05 à 09:12

Bonjour elhor

J'ai demontré la formule que j'ai donné par recurence, tu as sans doute remarqué que ca n'etait pas difficile...
Merci pour ces reponses precieuses.

Sinon j'avais un doute : pour dire qu'il s'agissait d'une serie alternée faut il que le terme general soit alternativement positif et negatif ou les sommes partielles sont alternativement positives et negatives... C'est tres mal expliqué dans mon cours mon prof differencie tres peu les 2 termes et je n'ai pas de livre...

Merci


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