Catalan et une Ramanujan
Bonjour
Je me suis confronté dans un fil à deux questions que je ne sais pas résoudre pour le moment
1- Montrer que $\ \displaystyle \lim_{n\to +\infty}\sum_{j=1}^n \sum_{i=n+1}^{\infty} \dfrac{1}{i^2+j^2}=G$
2- Montrer cette Ramanujan $\ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(e^{2\pi n}-1)} = \log 2 + \frac{3}{4} \log \pi - \frac{\pi}{12} -\log \Gamma \left(\frac{1}{4} \right).$
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
Réponses
-
Pour flatter la paresse des lectrices, voudrais-tu rappeler qui est la constante de Catalan stp ?
-
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
-
Bonjour gebrane ceci me fait penser à cette formule: $\log \Gamma (z) = (z - 1/2) \log z -z + \frac{1}{2}\log (2\pi) + 2 \displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{\arctan(t/z)}{e^{2\pi t} - 1 } \mathrm dt $.
A demon wind propelled me east of the sun -
Bonjour
Pour les tout aussi paresseux lecteurs: https://fr.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Catalan
Cordialement,
Rescassol
-
Pour la 1 je ne vois pas encore à quoi ça peut servir la formule $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}+j^{2}}=\frac{1}{2j^{2}}\left(j\pi\coth\left(j\pi\right)-1\right)$ mais elle est là !
-
La 1 n'est pas difficile : par comparaison à une intégrale on est ramené à calculer la limite de $\dfrac1n\displaystyle\sum_{j=1}^n\dfrac nj\arctan(\dfrac jn)$ qui est une somme de Riemann.
-
Dans le message de @gilles benson on remplace la série par une intégrale, peut-on faire de même pour la 1 ?y a-t-il un lien entre $\ \displaystyle \lim_{n\to +\infty}\sum_{j=1}^n \sum_{i=n+1}^{\infty} \dfrac{1}{i^2+j^2}$ et $\ \displaystyle \lim_{n\to +\infty}\int_1^n\int_{n+1}^{+\infty} \frac 1{x^2+y^2}dx dy$edit je viens de prendre connaissance du message de @jandri.Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
-
BonjourPour le 1) est-il possible de trouver le du second terme? C'est à dire que la somme s'écrit (peut être) $s_n=G+a/n +o(1/n)$ et que vaut $a?$
-
Un calcul numérique approché avec Maple me conduit à $s_n=G-\dfrac1{2n}+\dfrac5{24n^2}-\dfrac1{24n^3}+o(1/n^3)$ mais le dernier terme n'est pas bien étayé.
-
Exactement, ce n'est qu'une conjecture que je n'ai pas (encore) démontrée.
-
gebrane
j'ai écrit $\displaystyle\int_{n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{t^2+j^2}dt\le\displaystyle\sum_{i=n+1}^{\infty} \dfrac{1}{i^2+j^2}\le \displaystyle\int_n^{+\infty}\dfrac{1}{t^2+j^2}dt$ d'où $\displaystyle\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}j\arctan(j/(n+1))\le s_n \le\displaystyle\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}j\arctan(j/n)$
en utilisant $\arctan(x)+\arctan(1/x)=\pi/2$ quand $x>0$.
Puis on passe à la limite dans les sommes de Riemann. -
ok merci
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Pour le 1) j'ai le développement suivant obtenu par calculs ...$$s_n=G -\frac{1}{2 n}+\frac{5}{24 n^2}-\frac{1}{24 n^3}-\frac{1}{48 n^4}+\frac{1}{60 n^5}+\frac{43}{6048 n^6}+o(1/n^6)$$
-
BonjourC'est un peu long: je donne l'idée. J'établis la relation :$\sum_{p=n}^\infty \dfrac{1}{p^2+j^2} = \int_n^\infty \dfrac{1}{j^2+x^2} dx + \sum_{k\geq } a_k f_x^{(k)}(n,j) + ....$avec $a_k=-\frac{1}{2},\frac{1}{12},0,-\frac{1}{720},0,\frac{1}{30240},k=1,...$où j'ai posé $f(x,y)=\dfrac{1}{x^2+y^2}$ et $f_x^{(k)}$ et la dérivée partielle de $f$ par rapport à $x$ $k$ fois. Les pointillés correspondent à un$o(1/n^m)$ (justifié) et $m$ étant la précision du développement que je souhaite.Ainsi on a $s_{n-1}$ la somme de $j=1$ à $n-1$ de l'expression précédente qui sont (presque, il faut ajouter un terme ) des sommes de Riemann des fonctions $f_x^{(k)}(1,j)$ qu'on intègre sur $[0,1].$ Il reste à faire les développement de chaque somme de Riemann jusque la précision souhaitée.Le DL obtenu est donc justifié car je maitrise les termes négligés.Par contre il y a moyen de vérifier le résultat avec un logiciel de calcul formel. En effet on calculê $s_{n+1}-s_n$ et le logiciel sait calculer sont DL. Ce qui me permet de vérifier le terme en $1/n^6$ ci-dessus car j'avais un doute.
-
Bonjour @bd2017. Merci pour ta réponse.Elle n'est pas claire pour moi , peut-être c'est clair pour @jandri .J'ai espéré voir une preuve claire au moins de $s_n=G-1/2n +o(1/n)$, comment trouve-t-on rigoureusement ce -1/2, c'est ma question.Merci.Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
-
Ok tu as raison. Obtenir le premier terme suffit à comprendre comment on les obtient tous. je garde les mêmes notation que ci-dessus
1.pour tout $p, \int_p^{p+1} f(x,j) dx = f(p,j)+\frac{1}{2} f_x^{(1)}(p,j) + O(\frac{1}{n^4}) $
Cela s'obtient par Taylor au point $p$ et il faut comprendre que $O(\frac{1}{n^4})$ signifie que ce terme en valeur absolue est majoré par $\frac{C}{p^4}$
la constante C ne dépend pas de $j\geq 1$.
De même on obtient $\int_p^{p+1} f_x^{(1)}(p,j) dx = f_x^{(1)}(p,j) + O(\frac{1}{n^4}) $
Donc par élimination $f(p,j)=\int_p^{p+1} f(x,j) dx -1/2 \int_p^{p+1} f_x^{(1)}(p,j) dx +O(\frac{1}{n^4})$
En sommant de n à l'infini on a alors $$ \sum_{p=n}^\infty f(p,j)= \int_p^{\infty } f(x,j) dx +1/2 f(n,j) + O(1/n^3)$$2. On somme de j=1 à n-1 pour avoir:
$ s_{n-1} = 1/n \sum_{j=1}^{n-1} \frac{\arctan(j/n)}{j/n} + \frac{1}{2} \frac{1}{n^2} \sum_{j=1}^{n-1} f(1,j/n) + O(1/n^2) $
Il faut ajouter le terme $j=n$ pour faire appraitre les sommes de Riemann des fonctions $\frac{\arctan(y)}{y}, f(1,y), f_x^{(1)} (1,y),... $
Pour chaque somme de Riemann il faut faire le développement asymptotique ....
$s_{n-1}= [(G - 1/n) -\dfrac{1}{2 n} \frac{1}{4} (\pi -4)] + [\frac{1}{2} \frac{1}{n} ( \int_0^1 f(1, y ) dy - f(1,1)/n )] + O(1/n^2) $$s_{n-1} = G -\dfrac{1}{2n} + o(1/n) $P.S. Remarque. Dans chaque intégrale qui intervient dans le calcul il y a un terme rationnel et un terme irrationnel. -
Dans le même style que vaut $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\log2-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\cdots-\frac{1}{2n}\right)^{2}$$
-
@Boecien: il y a un fil où on avait discuté de séries bâties sur les "queues" de séries bien connues mais je n'ai pas de lien. Les queues de séries telles que celle de $\ln(1+x)$ sont exprimables par une intégrale simple. La présence du carré laisse présager, en effet, le calcul d'une intégrale double.
Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
@bd2017 le plus simple était de faire un Dl de $f$ à l'ordre 1 en tant que fonction à deux variables. Je peux rédiger avec détails si quelqu'un {en] fait la demande.L'exercice de @boécien me résiste encore. Normalement $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\log2-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\cdots-\frac{1}{2n}\right)^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\gamma_{2n}-\gamma_n \right)^2$, il me faut une formule intégrale de $\gamma_{2n}-\gamma_n$, après voir $(\gamma_{2n}-\gamma_n )^2$ comme intégrale double.Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
-
L'exercice proposé par Boécien ressemble à un exercice proposé par Chaurien en août 2021 dans le fil Séries et le nombre e.
La somme à calculer peut s'écrire $S=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n^2$ où $u_n=\ln2-\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^{k-1}}k=\int_0^1\dfrac{t^{2n}}{1+t}dt$.
On en déduit $S=\displaystyle\iint_{0\le t,u\le1}\dfrac{-t^2u^2}{(1+t)(1+u)(1+t^2u^2)}dt\;du$ , intégrale qui n'est pas immédiate à calculer.
-
Bien vu jandri il fallait voir comment écrire cela en somme de "restes" comme l'énigmatique Fdp l'avait pressenti. Pour le calcul numérique avec pari-gp je viens de découvrir sumalt qui donne assez de précision dans ce casu(n)=log(2)-sum(k=n,2*n,1/k)
sumalt(n=1,(-1)^n*u(n)^2)
-0.5420161222806063911636047550131098239pour que le détecteur de dépendance trouve immédiatement la formule qui, on pouvait s'en douter, fait intervenir les constantes de poids 2 G,Pi^2,Pi*log(2) et log(2)^2.Pour le calcul de cette intégrale double c'est du sport ! -
Grâce à l'alternance on peut fournir quelque chose de plus joli pour cette dernière somme en enlevant le log2 à gauche.\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+...+\frac{1}{2k}\right)^{2}=\frac{5}{8}\zeta(2)-\frac{1}{2}G+\frac{3}{8}\pi\log(2)+\frac{3}{8}\log(2)^{2}edit: c'est faux, idem remarque ci-dessous@gebrane : désolé pour cette pollution de ton fil
-
En repassant par les poids 1 je trouve celle-là assez sympa\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+...+\frac{1}{3k}\right)=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{2\log2}{3}Edit: résultat faux, cf messages suivants
-
BonjourJe ne suis pas convaincu de ton dernier résultat. Les somme partielles sont bornées mais rien ne dit que la série converge.Il me semble que tu as formellement interverti somme et intégrale et alors peut être que ton résultat concerne la limite des somme d'ordres partielles paires (ou bien impair). De toute façon la différence de 2 sommes partielles consécutives s'approche de $\pm log(3)$
-
Non tu peux laisser. Si on désigne par L ta limite, l'une des 2 (je ne sais plus laquelle) tend vers L et l'autre vers $L\pm log(3)$ (log(3) ) étant la limite du terme général en valeur absolue.
-
La série proposée par Boécien, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\log2-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\cdots-\frac{1}{2n}\right)^{2}$, conduisant à une intégrale trop compliquée à calculer je propose une série très proche qui conduit à une intégrale qui se calcule très bien :
$S=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\left(\log2-\sum_{k=\lfloor n/2\rfloor+1}^n\frac1k\right)^2$ (avec la convention $\displaystyle\sum_{k=1}^0u_k=0$).
-
Effectivement un petit changement et les difficultés s'envolent !$$\sum_{n\geq1}(-1)^{n-1}\left(\log2-\sum_{k=\left\lfloor n/2\right\rfloor +1}^{n}\frac{1}{k}\right)^{2}=\sum_{n\geq1}(-1)^{n-1}\left(\sum_{k\geq n+1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\right)^{2}=\log(2)^{2}-\frac{\zeta(2)}{4}$$
-
Exactement. En ajoutant le terme avec $n=0$ le $(\log 2)^2$ disparait.
-
Unexemple avec les sommes de Cesàro ($M_n(u)=\frac 1n\sum_{k=1}^n u_k$).Montrer que$\sum\limits_{n = 1}^\infty (-1)^{n-1}M_n(\frac 1n)M_n(\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} )= - \frac{{13}}{{48}}{\pi ^2}\zeta \left( 3 \right) + \frac{{125}}{{32}}\zeta \left( 5 \right)$
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Sinon pour revenir à la question de gebrane sur la "Ramanujan", on peut obtenir une intégrale complexe pour la série en développant en série la fraction et en utilisant une représentation intégrale du polylogarithme ici. Sauf erreur$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\left(e^{2\pi n}-1\right)}=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\Gamma(z)}{\left(2\pi\right)^{z}}\zeta\left(z+1\right)\zeta\left(z\right)dz.$$Mais je ne sais pas la calculer.
-
Bonjour En transformant lé série en produit puis avec wolfram on a$$S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\left(e^{2\pi n}-1\right)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{ne^{2\pi n} } \sum_{k\geq 0} exp(-2\pi n k) =-\sum_{k\geq 1}log (1 -exp(-2 \pi k)) $$$S=-\frac{\pi }{12}-\text{Log}\left[\frac{\text{Gamma}\left[\frac{1}{4}\right]}{2 \pi ^{3/4}}\right]$
-
Bonjour En transformant lé série en produit puis avec wolfram on a$$S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\left(e^{2\pi n}-1\right)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{ne^{2\pi n} } \sum_{k\geq 0} \exp(-2\pi n k) =-\sum_{k\geq 1}\log (1 -\exp(-2 \pi k)) $$$S=-\dfrac{\pi }{12}-\log\bigg(\dfrac{\Gamma(\frac{1}{4})}{2 \pi ^{3/4}}\bigg)$.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 165.6K Toutes les catégories
- 65 Collège/Lycée
- 22.2K Algèbre
- 37.7K Analyse
- 6.3K Arithmétique
- 61 Catégories et structures
- 1.1K Combinatoire et Graphes
- 13 Sciences des données
- 5.1K Concours et Examens
- 26 CultureMath
- 51 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.8K Géométrie
- 86 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 79 Informatique théorique
- 3.9K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 29 Mathématiques et finance
- 344 Mathématiques et Physique
- 5K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10.1K Probabilités, théorie de la mesure
- 805 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.8K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres