une somme infinie

je dois montrer:
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k2^k}=ln(2)$$
je passe directement à l'intégrale:
$$\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x2^x}dx$$
où je bloque
merci de m'aider
med

Réponses

  • Avec le développement en série entière de $ln x$ pour $x=\frac{1}{2}$.
  • honte à moi qui ne connaît encore rien des séries entière! qui ce que vous me consiellez?
  • Utilise la formule de Taylor-Lagrange et passe à la limite (après t'être assuré que tu en as le droit !).
  • théorème de Taylor-Lagrange:

    Si $f$ est $n+1$ fois continûment dérivable sur $[x_0,x]$, alors $f$ admet un $DL_n(x_0)$ de partie régulière:
    $$P=f(x_0)+f'(x_0)X+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}X^n$$
    (de coefficients $a_k= \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$) avec le reste de Lagrange d'ordre n,
    $$\exists c\in]x_0,x[:f(x_n)-P(x-x_0)= \frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}(X-X_0)^{n+1}$$
    pour mon cas: $f(x)=ln|x|$
    par récurrence je montre que:
    $$a_k=\frac{(-1)^{k-1}}{kx_0^k}$$
    et:
    $$P=ln|x_0|+\sum_{k=1}^{n}a_kX^k=ln|x_0|+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{kx_0^k}X^k$$
    si on prend $x_0=-2$:
    $$P=ln(2)-\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k2^k}$$
    $f$ et $P$ doivent s'adhèrer quand $n-->\infty$ (cà demande plus d'explication, mais je n'arrive pas!!)
    donc:
    $$f(1)=ln(2)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k2^k}=0$$
    d'où:
    $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k2^k}=ln(2)$$
    en attendant vos corrections
    merci
  • Ca n'a pas l'air d'une rigueur absolue :)


  • Bonjour

    Voici le niveau de TS :

    $\displaystyle{\frac{1}{k} = \int\limits_0^1 {x^{k - 1} dx} \Rightarrow \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{k2^k }}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{x^{k - 1} }}{{2^k }}dx} } \right)} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{x}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\frac{x}{2}} \right)^k } } \right)dx} }$.

    $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{k2^k }}} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{x}\left( {\frac{1}{{1 - \frac{x}{2}}} - 1} \right)} \right)} dx = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{2 - x}}} = \left[ { - \ln (x - 2)} \right]_0^1 = \ln (2)}$.

    Donc on a bien $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{k2^k }}} = \ln (2)}$.

    Cordialement Yalcin
  • On peut montrer rapidement la convergence de la somme ainsi que sa dérivabilité, et en dérivant on directement une somme de série géometrique basique qu'il reste à integrer ensuite.
  • med, tu ne fais pas apparaître le $c$ dans l'expression du reste !
    C'est nécessaire pour montrer que $P\longrightarrow f$, en majorant $f-P$ (le reste) par une suite (indépendante de $x$ !) qui tend vers 0 quand $n \longrightarrow \infty$.
    Il te reste à dire que en particulier pour $x_0=1$ $f(1)-P(1) \longrightarrow 0$.
  • Soit $f:z\mapsto \sum_0^\infty \frac{1}{k} z^k$.
    C'est une série entière dont le rayon de convergence vaut $1$.

    Elle est donc dérivable dans le disque ouvert de centre $0$ et de rayon $1$.

    La dérivée est égale à $$f'(z)=\sum_0^\infty z^k=\frac{1}{1-z},$$

    d'où $$f(x)=-\ln (1-x)$$

    La somme recherchée n'est rien d'autre que $f(\frac{1}{2})=\ln 2$.

    Amicalement.
  • Dans mon post précédant, pour la définition de la fonction $f$, l'indice de sommation $k$ varie de $1$ à l'infini, et non de $0$ à l'infini...

    Si un modérateur pouvait rectifier cette erreur...

    Merci (et en espérant ne pas avoir écrit trop de bêtises...)
  • Je n'ai rien dit
  • Soit $f: z \mapsto \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k} z^k$.
    C'est une série entière dont le rayon de convergence vaut $1$.

    Elle est donc dérivable dans le disque ouvert de centre $0$ et de rayon $1$.
    La dérivée est égale à $$f'(z)=\sum_{k=0}^\infty z^k=\frac{1}{1-z}$$ d'où $$f(x)=-\ln (1-x)$$ La somme recherchée n'est rien d'autre que $f(\frac{1}{2})=\ln 2$.

    Amicalement.
  • oui Guimauve, le $a_{n+1}$ du reste doit être en fonction de $c$ plutôt que $x_0$ qui est une erreur de frappe. Autrement, je dois réfléchir plus sur la majoration du reste.

    med
  • bonjour

    personne n'a parlé de l'intégrale cherchée: elle converge mais pour la calculer il faut introduire une fonction non classique: exponentielle intégrale

    cordialement
  • On a pour $x\in]-1,1[$
    $\displaystyle\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^k}{k!}$
    d'où le résultat en prenant $x=1/2$.

    Au lieu de la série entière, on peut travailler sur le développement de Taylor de $\ln(1-x)$ au point $x=1/2$.
  • Je n'avais pas vu la réponse d'anachorète !
    Il manque un moins dans ma formule.

  • $ \displaystyle\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^k}{k}$
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