Stirling et somme d'une série

Said Fubini

Bonsoir
je ne vois pas comment à l'aide de Stirling montrer que $$\sum_{n\geq 2}(-1)^n \ln\Big(\frac {n}{n-1}\Big)= \ln(\pi/2)$$

Chaurien

Regarde l'exponentielle de la somme partielle. En fait, la formule de Wallis suffit.
Bon courage.
Fr. Ch.

Said Fubini

Donc ça revient à simplifier $ \frac{2}{1} (\frac{3}{2} )^{-1} \frac{4}{3} ............... \frac{2n}{2n-1}$ mais je vois pas comment

Said Fubini

ok$$ \frac{2n 4^{n-1} ((n-1)!)^2}{(1.3...........(2n-1))^2}$$
puis ?

gebrane

Pour calculer limite de $S_n$, il est préférable de calculer la limite de $S_{2n}$ en remarquant $\displaystyle
\sum_{k = 1}^{2n} {( - 1)^k \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)}
= \sum_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{{2k + 1}}{{2k}}} \right)}
- \sum_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{{2k}}{{2k - 1}}} \right)}
=\ln\Big(\frac{(2n)!(2n+1)!}{(2^n(n!))^4}\Big) $

Said Fubini

@gebrane(tu) : merci