Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques SupérieurOn parle exclusivement de maths, pour le supérieur principalement, les BTS, IUT, prépas... École ingénieur AnalyseTopics traitant de analyse [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau école ingénieur
Partager :

Somme

Posté par
matheux14 09-06-23 à 22:30

Bonsoir,

Je bloque complètement sur cette série dont la convergence est simple.

\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right)

Du coup pour évaluer la série \sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right), j'ai d'abord simplifié l'expression à l'intérieur du logarithme.

On a \ln(1 - x) = -\sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{x^k}{k} pour |x| < 1 :

\ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) = -\sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{n^2}\right)^k

Et donc

\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) = \sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \left(-\sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{n^2}\right)^k\right)

En réarrangeant les termes en :

\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \left(-\sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{n^2}\right)^k\right) = -\sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k}\left(\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \left(\dfrac{1}{n^2}\right)^k\right)

On est tenté de faire

\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \left(\dfrac{1}{n^2}\right)^k = \sum\limits^{+\infty}_{n = 2} \left(\dfrac{(-1)^n}{n^{2k}}\right)

pour la série intérieure, et Wolfram me donne \sum\limits^{+\infty}_{n = 2} \left(\dfrac{(-1)^n}{n^{2k}}\right) = -2^{-2k}(2^{2k} \zeta(2k) - 2 \zeta(2k) - 2^{2k}), ~~ \Re(k) > 0.

Et là je crois que je n'aurais pas du le faire ainsi..

C'est peut-être parce que l'une des séries n'est alternée ?

Posté par
jsvdbre : Somme 09-06-23 à 22:45

Bonjour matheux14

La fonction x\mapsto \left |\ln\left(1 - \dfrac{1}{x^2}\right) \right| tend vers 0 en décroissant !

Posté par
matheux14re : Somme 09-06-23 à 23:11

Oui, la série \sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) est donc une série alternée de termes positifs, et chaque terme de la série tend vers 0 lorsque n tend vers l'infini. Cela suggère que la série converge, mais comment déterminer sa valeur exacte ?

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 00:05

Pour être précis, ta série est une série alternée de termes négatifs qui croissent vers 0.

Rappelons que sans la croissance vers 0 (ou la décroissance vers 0 pour des termes positifs), on ne peut pas conclure quant à la nature de la série alternée.

Pour la somme de la série, il suffit de voir que 1 - \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{n^2-1}{n^2} ...

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 01:16

\sum\limits^{+\infty}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(\dfrac{n^2 - 1}{n^2}\right) = \ln\left(\dfrac{3}{4}\right) - \ln\left(\dfrac{8}{9}\right) +  \ln\left(\dfrac{15}{16}\right)+\dots

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 01:47

Oui oh bah comme ça tu trouveras rien ...

Notons que la série est absolument convergente (le vérifier), donc on peut regrouper les termes comme bon nous semble.

Calculons la sommes partielle S_K = \sum\limits^{K}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(\dfrac{n^2 - 1}{n^2}\right) pour K \geq 2

Astuce classique en présence d'un (-1)^n dans une série absolument convergente :

S_K = \sum\limits^{K}_{n = 2} \ln\left(\dfrac{n^2 - 1}{n^2}\right)-\ln\left(\dfrac{(n+1)^2 - 1}{(n+1)^2}\right)

S_K = \cdots je te laisse poursuivre en utilisant les propriétés du ln, des identités remarquables etc etc

Tu dois aboutir à une somme très simple où il reste du ln(n-1), du ln(n), du ln(n+1) et du ln(n+2)

Tu auras donc 3 décalages d'indice à faire. A toi de jouer !

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 02:03

Okay, en fait ça va être un tout petit moins sympa que prévu :

S_{2K+1} = \sum\limits^{K}_{n = 1} \ln\left(\dfrac{(2n)^2 - 1}{(2n)^2}\right)-\ln\left(\dfrac{(2n+1)^2 - 1}{(2n+1)^2}\right) qui est une sous-série d'une série absolument convergente, donc a la même limite que la série d'origine.

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 02:57

\ln\left(\dfrac{(2n)^2 - 1}{(2n)^2}\right)-\ln\left(\dfrac{(2n+1)^2 - 1}{(2n+1)^2}\right) = \ln((2n)^2 - 1) - \ln((2n)^2) - \ln((2n + 1)^2 - 1) - \ln((2n + 1)^2)

Après j'ai beau cherché,  rien d'intéressant..

Sinon S_{2K + 1} = \ln\left(\dfrac{((2K)^2 - 1)!}{4 \cdot 1 \dots (2K)^2 \cdot 2!}\right) - \ln\left(\dfrac{((2K + 1)^2 - 1)!}{9 \cdot 25 \cdot 25 \dots (2K + 1)^2 \cdot 8!}\right) sauf erreur..

Stirling pour factorielle ou Walis.. ce n'est vraiment pas sympa.

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 02:58

Oups

Citation :
Sinon S_{2K + 1} = \ln\left(\dfrac{((2K)^2 - 1)!}{4 \cdot 16 \dots (2K)^2 \cdot 2!}\right) - \ln\left(\dfrac{((2K + 1)^2 - 1)!}{9 \cdot 25 \dots (2K + 1)^2 \cdot 8!}\right) sauf erreur..

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 03:19

Pareil, j'ai beau chercher ... bah bof bof !
J'ai voulu calquer la méthode pour \sum\limits^{+\infty}_{n = 2}\ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) = -\ln(2) ... bah ça m'a pas réussi

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 03:21

Juste une question : on te demandait convergence + somme de la série ou juste la convergence ?

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 03:38

C'est un exercice proposé par un ami, apparemment on demandait les deux mais c'est la somme qui pose problème...

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 10:11

si tu as la somme je prends car là je vois pas trop ...

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 10:54

D'accord, et au cas où quelqu'un passerait par là aussi s'il y a une piste n'hésitez pas

Posté par
jsvdbre : Somme 10-06-23 à 12:13

En tout cas, ça n'inspire pas docteur Wolfram

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 12:48

Posté par
flightre : Somme 10-06-23 à 21:05

salut

la somme à determiner ne serait pas plutôt  :

(-1)nln(n4(1 -  1/n²))

avec n compris entre 2 et + infini

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 21:44

Non

Posté par
matheux14re : Somme 10-06-23 à 21:52

En plus cette série diverge.

Posté par
jandri Correcteurre : Somme 10-06-23 à 22:41

Bonjour,
En regroupant les termes dans la somme de 2 à 2N on obtient une expression faisant intervenir \dfrac {C_{2N}^{N}}{4^N} qui est équivalent à \dfrac1{\sqrt {N\pi}}.

On en déduit que la somme vaut :
3\ln2-2\ln \pi

Posté par
matheux14re : Somme 11-06-23 à 03:30

\sum\limits^{2N}_{n = 2} (-1)^n \ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) = \ln\left(\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{9}{8} \cdot \dfrac{15}{16} \cdot \dfrac{25}{24} \dots \dfrac{4N^2 - 4N}{8N^2 - 8N - \dfrac{1}{2N^2}}\right)

J'essaie de faire apparaître \dfrac {C_{2N}^{N}}{4^N} mais je ne vois pas vraiment

Posté par
jandri Correcteurre : Somme 11-06-23 à 09:23

Il faut écrire la somme partielle comme le logarithme d'une fraction quotient de 2 entiers.
Au numérateur il y a des entiers impairs chacun répété 4 fois (sauf les extrêmes), au dénominateur des entiers pairs chacun répété 4 fois sauf les extrêmes.
C'est le quotient entiers impairs sur entiers pairs que l'on exprime avec des factorielles puis avec un coefficient binomial.

Posté par
matheux14re : Somme 11-06-23 à 13:02

\begin{aligned}\sum\limits^{2N}_{n = 2} (-1)^n\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) &= \ln\left(\dfrac{3^4 \cdot 5^4 \dots (2N + 1)^4}{2^4 \cdot 4^4 \dots (2N)^4} \right) \\ \\ &= \ln\left(\dfrac{((2N + 1)!)^4}{4^{4N}(N!)^8}\right) \\ \\ &= \ln\left(\dfrac {C_{2N}^{N}}{4^N} (N!)^3(4N^2 + 2N)^4\right) \\ \end{aligned}

Posté par
jandri Correcteurre : Somme 11-06-23 à 23:08

Reprends tes calculs, c'est faux dès la première ligne.
Tu peux commencer à l'écrire par exemple pour N=3 pour bien comprendre le cas général.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme 12-06-23 à 00:55

Bonsoir

D'une part la série \Large\boxed{\sum_{n \geqslant2}(-1)^n\ln\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)} s'écrit aussi \Large\boxed{\sum_{n \geqslant2}(-1)^n\left(u_n-u_{n-1}\right)~~,~~u_n=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}

et comme la série \Large\boxed{\sum_{n\geqslant1}(-1)^nu_n} est convergente (Leibniz) on voit que la série \Large\boxed{\sum_{n \geqslant2}(-1)^n\ln\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)} est convergente

et que \Large\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^n\ln\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right)=\sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^nu_n+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n=\ln2+2\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n}.

D'autre part on a \Large\boxed{S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)=\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\ln\left(1+\frac{1}{2k-1}\right)=\sum_{k=1}^n\ln\left(\frac{\frac{2k-1}{2k}}{\frac{2k}{2k+1}}\right)}

et les classiques intégrales de Wallis donnent \Large\boxed{S_{2n}=\ln\left(\prod_{k=1}^n\frac{\frac{I_{2k}}{I_{2k-2}}}{\frac{I_{2k+1}}{I_{2k-1}}}\right)=\ln\left(\prod_{k=1}^n\frac{\frac{I_{2k}}{I_{2k+1}}}{\frac{I_{2k-2}}{I_{2k-1}}}\right)=\ln\left(\frac{\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}}{\frac{I_0}{I_1}}\right)~\to~\ln\left(\frac{2}{\pi}\right)}

Posté par
matheux14re : Somme 12-06-23 à 02:24

Super, merci à vous

Posté par
matheux14re : Somme 12-06-23 à 05:40

Comment vous montrez que \sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^nu_n+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n = \ln2+2\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n \text{ avec } u_n = \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right) ?

Posté par
jsvdbre : Somme 12-06-23 à 11:40

Simple jeu d'indice :

\sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^nu_n+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n = \\ \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n-(-1)^1u_1+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n= \\ \ln2+2\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n \text{ avec } u_n = \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)

Posté par
matheux14re : Somme 12-06-23 à 11:44

Oui, je l'avais remarqué mais j'ai mal calculé.

Merci

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme 12-06-23 à 15:04

C'est un plaisir matheux14

Bonjour jandri

Bonjour jsvdb

Posté par
jsvdbre : Somme 12-06-23 à 23:32

Bonne nuit elhor_abdelali

Posté par
jandri Correcteurre : Somme 13-06-23 à 09:55

Bonjour elhor_abdelali,

merci pour cette démonstration plus simple que la mienne en introduisant la suite u_n.

J'ai une autre démonstration en écrivant S=2\ln A-\ln B avec A=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\dfrac1{(2n)^2}\right) et B=\prod_{n=2}^{+\infty}\left(1-\dfrac1{n^2}\right)

Les produits partiels donnent : B_N=\dfrac{N+1}{2N} d'où B=\dfrac12

A_N=\left(\dfrac{1\times3\times\dots\times(2N-1)}{2\times4\times\dots\times2N}\right)^2(2N+1)=\left(\dfrac{C_{2N}^N}{4^N}\right)^2(2N+1)\sim \dfrac{2N}{\pi N} d'où A=\dfrac2{\pi}

On peut aussi utiliser le produit infini \dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\dfrac{x^2}{n^2}\right) qui donne directement A=\dfrac2{\pi} (pour x=1/2) et B=\dfrac12 (en faisant tendre x vers 1).

Posté par
jandri Correcteurre : Somme 13-06-23 à 15:31

Ma dernière démonstration rejoint celle de elhor_abdelali :

\sum_{n=1}^{2N}(-1)^n\ln\left(1+\dfrac1n\right)=\sum_{n=1}^{N}\ln\left(1+\dfrac1{2n}\right)-\sum_{n=1}^{N}\ln\left(1+\dfrac1{2n-1}\right)=\sum_{n=1}^{N}\ln\left(1-\dfrac1{(2n)^2}\right)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme 13-06-23 à 19:24

Merci à toi jandri c'est ton idée de départ qui m'a inspiré !

Posté par
matheux14re : Somme 14-06-23 à 12:42

Merci encore


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !