Expression intégrale de Hn

Bonsoir

Est-il vrai que $H_n$ somme partielle de la série harmonique s'exprime sous la forme d'une intégrale :
\[ H_n = \frac{2^{n+2}}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\cos^{n}(x)\sin(nx)dx. \]

Réponses

  • Il semblerait que oui...
    Pour $n\in\mathbb{N}^*$, posons $\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos^n(x)\sin(nx) \mathrm{d}x$. Alors, $I_n$ est la partie imaginaire de $J_n:=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos^n(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}nx} \mathrm{d}x$. On écrit alors $\displaystyle \cos^n(x)=\left(\dfrac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2}\right)^n=\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(n-k)x}$ ce qui donne, en substituant dans $J_n$, $\displaystyle J_n=\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} L_k$ en posant $\displaystyle L_k=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\mathrm{e}^{\mathrm{i}2kx} \mathrm{d}x$.

    Or, $L_0=\dfrac{\pi^2}{8}$ et, en intégrant par parties, pour tout $k\geq 1$, $L_k=-\dfrac{(-1)^{k}\pi}{4k}\mathrm{i}+\dfrac{(-1)^k-1}{4k^2}$. On en déduit que [1] $\displaystyle I_n=-\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{(-1)^k\pi}{4k}=-\dfrac{\pi}{2^{n+2}}\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{(-1)^k}{k}$.

    Considérons alors la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$, par $\displaystyle f(x)=\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{(x-1)^k}{k}$. C'est une fonction polynomiale dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout réel $x$, $\displaystyle f'(x)=\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$. En particulier, pour $x\neq 1$,
    \[\displaystyle f'(x)=\dfrac{1}{x-1}\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^k=\dfrac{1}{x-1}\left[\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^k-1\right]=\dfrac{x^n-1}{x-1}\]
    d'après la formule du binôme.

    Dès lors, pour tout $x\neq 1$, $\displaystyle f'(x)=\sum_{k=0}^{n-1} x^k$ et cette égalité est encore vraie pour $x=1$. Par suite
    \[-\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{(-1)^k}{k}=-f(0)=\int_0^1 f'(x) \mathrm{d}x -f(1)=\int_0^1 \sum_{k=0}^{n-1} x^k - 0 = H_n\]
    donc, en substituant dans [1], $I_n=\dfrac{\pi}{2^{n+2}}H_n$ ce qui donne le résultat.

    (Il y a sûrement un moyen plus rapide pour déterminer $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{(-1)^k}{k}$ et ainsi éviter les aller-retour entre sommes et intégrales...)

    LP
  • Bonsoir

    Excellent LP et merci pour le complément borde.
  • Bonsoir

    On a : \qquad $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \binom{n}{k} \sin(a+2k)x = 2^n \cos^n(x)\sin(a+n)x$, \quad avec $|x|<\frac{\pi}{2}.$
    Donc, on a la relation : \[
    \sum_{k=0}^{+\infty} \binom{n}{k} \sin(2kx) = 2^n \cos^n(x) \sin(nx).
    \] Mézalor, on en tire que :
    \begin{align*}
    \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos^n(x)\sin(nx) \mathrm{d}x &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2kx) \mathrm{d}x \\
    & =\frac{\pi}{2^{n+2}} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\\
    &=\frac{\pi}{2^{n+2}} H_n
    \end{align*}
  • Merci Borde et Bouzar pour vos commentaires.
    Bouzar, quelle est la motivation d'une telle égalité ? Ce que je veux dire par là, ce n'est pas "à quoi ça sert" mais plutôt "d'où cela sort-il"
    LP
  • Bonsoir

    Elle figure dans les travaux de Ramanujan.
  • Merci Bouzar,
    j'imagine que pour lui cette égalité était tout à fait évidente...
    LP
  • Bouzar écrivait:
    On a : \qquad $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \binom{n}{k} \sin(a+2k)x = 2^n \cos^n(x)\sin(a+n)x$, \quad avec $|x|<\frac{\pi}{2}.$

    La somme étant en fait finie, quelle est l'utilité de $|x|<\frac{\pi}{2}$ ?
    LP
  • $\qquad \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}\binom{n}{k} \sin(a+2k)x$

    Est-ce que cette somme a un sens? car que va-t-il se passer quand k va être plus grand que n?
  • Bonjour

    C'est du Ramanujan tout cracher.
    19484
  • Fin de partie,

    traditionnellement, on considère que les coefficients binomiaux $ \displaystyle \binom{n}{k} $ sont nuls pour $k>n$ (et aussi pour $k<0$). la série est donc une somme finie.

    Cordialement.

    [La case LaTeX. AD]
  • Si on pose:

    $I_n=\frac{2^{n+2}}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\cos^{n}(x)\sin(nx)dx$

    On peut montrer, sauf erreur, que:
    $I_{n+1}-I_n=\frac{2^{n+2}}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\cos^{n}(x)\sin((n+2)x)dx$

    Je cherche une démonstration plus élémentaire du résultat annoncé dans le premier message.
  • Bonsoir

    Fin de partie, je te propose cette version élémentaire.

    Tu peux considérer pour tout entier naturel $n$, la fonction définie sur $\mathbb{R}$ et à valeurs dans $\mathbb{C}$ par $f(x)=(1+e^{2ix})^{n}.$

    D'une part, d'après la formule d'Euler, on a : \[ f(x) = e^{inx}(2cos(x))^{n}.\]
    D'autre part, d'après la formule du binôme de Newton, on a : \[ f(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}\binom{n}{k} e^{2kix}. \]
    Ainsi, on a obtenu que : \[ e^{inx}(2cos(x))^{n} = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}\binom{n}{k} e^{2kix}. \]
    On en déduit en égalant les parties imaginaires des deux membres la relation : \[
    \sum_{k=0}^{+\infty} \binom{n}{k} \sin(2kx) = 2^n \cos^n(x) \sin(nx).
    \]

    L'utilsation de l'intégration par parties donne que :

    \[\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2kx) \mathrm{d}x = \dfrac{(-1)^{k+1}}{4k}.\]

    Par suite, en sachant que $$\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \frac{1}{k} = H_n,$$
    on en déduit que :

    \begin{align*}
    \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos^n(x)\sin(nx) \mathrm{d}x &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2kx) \mathrm{d}x \\
    & =\frac{\pi}{2^{n+2}} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\\
    &=\frac{\pi}{2^{n+2}} H_n
    \end{align*}
  • Je voudrais éviter le recours à:

    $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \frac{1}{k} = H_n,$
  • On pose : \quad $f_n(x)=x\cos^n(x)$
    et : \quad $\displaystyle I_n=\int_0^{\pi/2}{f_n(x)\sin(nx)dx}$
    On peut montrer que pour $n>2$ on a :
    $f''_n(x)=-2n\sin(x)\cos^{n-1}(x)-n^2x\cos^n(x)+n(n-1)x\cos^{n-2}(x)$
    D'autre part, on peut montrer en intégrant deux fois par partie que pour les entiers $n>2$ et $k>0$ on a :
    $\displaystyle \int_0^{\pi/2}{f_n(x)\sin(kx)dx}=-\dfrac{1}{k^2}\int_0^{\pi/2}{f''_n(x)\sin(kx)dx}$
    On peut en déduire que:
    $\displaystyle (n-1)(I_{n-1}-I_{n-2})=\dfrac{2^{n+1}}{\pi}\int_0^{\pi/2}{\sin(x)\sin(nx)\cos^{n-1}(x)dx}$
    Il reste à montrer que le membre de droite vaut 1 B-)

    PS:
    Merci AD pour les corrections.
  • Je ne sais pas si je tourne en rond mais on peut montrer que la dernière intégrale vaut :
    $\displaystyle \int_0^{\pi/2}{\cos(nx)\cos^n(x)dx}$
  • Fin de partie tu tiens le bon morceau

    $t(n,x)=\cos(nx)\cos^{n}(x)$

    $t(1,x)=1/2 + 1/2\cos(2x)$

    $t(2,x)=1/4\cos(4x)+1/4+1/2\cos(2x)$

    $t(3,x)=1/8\cos(6x)+1/8+3/8\cos(2x)+3/8\cos(4x)$

    $t(4,x)=1/16\cos(8x)+1/16+1/4\cos(2x)+3/8\cos(4x)$

    faut juste montrer que $t(n,x)$ est de la forme 1/2^{n}+combinaison linéaire de cos(2x),cos(4x),...,cos(nx)

    quand tu intègres entre 0 et pi/2 tous les intégrales en cos(kx) vaut zéro il ne reste que le coefficient constant

    $\frac{1}{2^n}\frac{\pi}{2}$
  • Jango:
    Merci pour tes encouragements. ;)


    Posons $\displaystyle J_n=\int_0^{\pi/2}{\cos(nx)\cos^n(x)dx}$

    Je me propose de trouver une relation de récurrence entre $J_{n+1}$ et $J_n$ pour n entier.

    Commençons par établir l'identité suivante:
    $\displaystyle \cos((n+1)x)\cos^{n+1}(x)-\cos(nx)\cos^n(x)=-\cos^n(x)\sin((n+1)x)\sin(x)$

    $\displaystyle \cos((n+1)x)\cos^{n+1}(x)-\cos(nx)\cos^n(x)=\cos^n(x)[cos(x)\cos((n+1)x)-\cos(nx)]$

    Or:
    $\displaystyle \cos((n+2)x)=\cos((n+1)x)\cos(x)-\sin((n+1)x)\sin(x)$ c'est à dire: $\cos((n+1)x)\cos(x)=\cos((n+2)x)+\sin((n+1)x)\sin(x)$

    Donc:
    $\displaystyle \cos((n+1)x)\cos^{n+1}(x)-\cos(nx)\cos^n(x)=\cos^n(x)[\cos((n+2)x)+\sin((n+1)x)\sin(x)-\cos(nx)]$

    Or: $\displaystyle \cos((n+2)x)-\cos(nx)=-2sin((n+1)x)sin(x)$

    Donc:
    $\displaystyle \cos((n+1)x)\cos^{n+1}(x)-\cos(nx)\cos^n(x)=\cos^n(x)[-2sin((n+1)x)sin(x)+\sin((n+1)x)\sin(x)]$

    Et on obtient bien la formule annoncée.

    Si on intègre l'égalité sur l'intervalle $[0;\dfrac{\pi}{2}]$ dans le membre de gauche on obtient: $J_{n+1}-J_{n}$
    et dans le membre de droite, une intégration par partie permet d'obtenir que cette intégrale est égale à:
    $-J_{n+1}$

    Ainsi pour tout n entier $J_{n}=2J_{n+1}$

    Il reste quelques détails à compléter et il me semble que l'ensemble constitue une autre preuve du résultat annoncé en début de file de messages.

    En espérant ne pas avoir écrit (trop) d'âneries.
  • On peut se demander si on peut obtenir une formule semblable pour la somme des premiers inverses des carrés, des cubes etc.


    Par ailleurs, l'intégrale suivante est curieuse:
    $\displaystyle K(n)=\int_0^{\pi/2}{\sin(nx)\sin^n(x)dx}$

    A l'aide de Maxima, on pressent que pour les valeurs impaires de n on obtient une formule simple tandis que pour les valeurs paires il semble que le résultat soit rationnel sans qu'il soit évident de donner une formule pour 2n.
  • Bonjour

    Il y a ce résultat :

    $\displaystyle \int_0^{\pi/2}{\sin(nx)\cos^n(x)dx}=\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k}$
  • $K(1)=\frac{\pi}{2^2}$

    $K(3)=-\frac{\pi}{4^2}$

    $K(5)=\frac{\pi}{8^2}$

    $K(7)=-\frac{\pi}{16^2}$

    $K(9)=\frac{\pi}{32^2}$

    $K(11)=-\frac{\pi}{64^2}$

    et en fait, pour tout entier naturel $n \geq 1,$ on a :

    \[ K(2n-1) = (-1)^{n-1} \dfrac{\pi}{4^n}. \]
  • Pour démontrer:

    $\displaystyle L(n)=\int_0^{\pi/2}{\sin(nx)\cos^n(x)dx}=\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k}$


    Si on pose:

    $U_n(x)=\sin(nx)\cos^n(x)$

    Je pense que l'identité:
    $U_{n+1}(x)-U_{n}(x)=\cos^n(x)\sin(x)\cos((n+1)x)$

    Pourrait aider. Il faudrait que je fasse les calculs.

    PS:
    Comme pressenti en intégrant par partie $\displaystyle \int_0^{\pi/2} {\cos^n(x)\sin(x)\cos((n+1)x)}$
    On obtient que cette intégrale est égale à $\dfrac{1}{n+1}-L(n+1)$
    Ce qui permet par récurrence de démontrer la formule pour L(n).
  • On pose:

    $\displaystyle K(n)=\int_0^{\pi/2}{\sin(nx)\sin^n(x)dx}$

    et:

    $a_n(x)=\sin(nx)\sin^n(x)$

    A partir de l'identité:
    $a_{n+2}(x)-a_{n}(x)=2\sin^{n+1}(x)\cos((n+1)x)-\cos^2(x)\sin((n+2)x)\sin^n(x)$

    On peut montrer que:

    $\displaystyle K(n)=-2\int_0^{\pi/2}{sin^{n+1}(x)\cos((n+1)x)dx}-\dfrac{1}{n+1}\cos((n+2)\dfrac{\pi}{2})$
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