Une série

Fin de partie

Calculer la série $\quad\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\Big(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(n+2k)^2}\Big)-\frac{1}{2n}\bigg)$

C'est le problème 12215 du dernier AMM (Volume 127 numéro 9).

bd2017

Bonjour
J'ai trouvé $I=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi ^2}{16}$

Je ne donne pas la solution pour laisser vivre la question

YvesM

Bonjour,

Je trouve $\displaystyle {1 \over 2} + {\pi^2 \over 16} + { \ln 2 \over 2} - { \ln 2 \over 2} .$

bd2017

@YM il te reste à simplifier.

Rescassol

Bonjour,

bd2017 a écrit:

$I=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi ^2}{16}$

YvesM a écrit:

$\displaystyle {1 \over 2} + {\pi^2 \over 16} + { \ln 2 \over 2} - { \ln 2 \over 2}$

C'est carrément différent !! :-D
Cordialement,
Rescassol

bd2017

Peut être pas car perso j'ai fait le calcul.

Dom

Je pense que YvesM a découpé en quatre... il veut donner une information, en gros...

YvesM

Bonjour,

Il s'agit d'un calcul de série transformée en intégrale et découpée par Chasles pour éviter une divergence lors de l'inversion intégrale-somme. J'aide en donnant les deux parties du calcul.
$$ -\int_0^1 ({\ln t \over (1-t^2)(1-t)} + {t \over 1-t^2}) dt = {1 \over 2} + {\pi^2 \over 16} + {\ln 2 \over 2}.$$

bd2017

Bon Ok.

Fin de partie

Je trouve la même chose que Bd2017 et YvesM.

Comme le dit YvesM on peut transformer cette série en une somme dans laquelle il y a une intégrale à calculer.
Mais je ne crois pas que j'ai la même intégrale à calculer que YvesM, la mienne est plus simple et plus compliquée en même temps. B-)-
J'ai gravi ce sommet par la "face sud", la moins glissante mais il y a la "face nord" qui me semble plus délicate.

La "face nord", pour moi, c'est de considérer:

$\displaystyle \sum_{n=1}^N \left(\left(\sum_{k=0}^N \frac{1}{(n+2k)^2}\right)-\frac{1}{2n}\right)=\sum_{k=0}^N\left(\sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{(n+2k)^2}-\frac{1}{2(N+1)n}\right)\right)$

Et après on fait joujou avec des nombres harmoniques (et nombres harmoniques généralisés), mais je n'ai pas fait les calculs.

PS:

L'intégrale que je dois calculer est celle-ci:

$\displaystyle \int_0^1 \left(\frac{\ln(1-y)}{y^2}dy+\frac{1-y}{2y}+\frac{(1-y)^2}{2y}\right)dy$

C'est une intégrale "vicelarde" même si la forme close est simplissime. B-)-

etanche

Peut-on avoir une preuve pour $1/2 +\pi^2/16 $?Merci

Fin de partie

Etanche
Le cœur de l'affaire, selon moi, si on essaie de se ramener à un calcul d'intégrale, est de trouver une formule intégrale pour la somme suivante $\displaystyle \sum_{k=1}^N\frac{1}{k^2}$.
Euler savait déjà faire ça.
On peut commencer par trouver une intégrale pour exprimer le $N$ème nombre harmonique: $\displaystyle \sum_{k=1}^N \dfrac{1}{k}$*.
Après la solution se déroule d'elle-même avec ses petits calculs à la marge.
*: Et si on n'y arrive toujours pas, on essaie d'exprimer $\dfrac{1}{n}$ comme intégrale avec des bornes indépendantes de $n$.

YvesM

Bonjour,

Tu pars de $\displaystyle S_N=\sum_{n=1}^N \sum_{k=0}^N \Big({1\over (n+2 k)^2}-{1\over 2n (N+1)}\Big)$ avec $N$ un entier non nul.

Tu continues avec $\displaystyle {1\over a^2}=-\int_0^1 t^{a-1} \ln t dt $ et avec $\displaystyle {1\over a}=\int_0^1 t^{a-1} dt $ pour tout $a>0.$

Ça permet de transformer la série en somme :
$\displaystyle S_N=-\int_0^1 {\ln t\over 1-t^2} {1-t^N\over 1-t} (1-t^{2N+2}) dt -\int_0^1 t^{2N+2} (N+1) {1-t^{2(N+1)^2}\over 1-t^{2N+2}} dt.$

On a utilisé $\displaystyle \sum_{p=a}^b t^{ c p+d}=t^d t^{a c}{1-t^{c(b-a+1)}\over 1-t^c}$ pour $|t|<1$ avec $a,b,c,d$ des entiers et $c$ non nul.

On peut introduire un $\varepsilon >0$ pour couper l’intégrale et s’assurer que la variable d’intégration reste $<1$, mais tout se passe bien et je saute cette étape.

Le changement de variable $\displaystyle u=t^{2N+2}$ transforme le deuxième terme en $\displaystyle -\int_0^1 {1\over 2} {1-t^{N+1}\over 1-t} dt $ et à la limite $\displaystyle S_N\to S,(N\to +\infty)$, $\displaystyle S=-\int_0^1 ({\ln t\over (1-t)(1-t^2)}+{1\over 2} {1\over 1-t}) dt =\frac12 +{\pi^2\over 16}.$

Fin de partie

YvesM:

Il faudrait voir dans le détail, mais finalement l'ascension de "la face nord" n'était peut-être pas aussi compliquée que je le pensais. La "face sud" est pittoresque. B-)-

bd2017

On montre que la somme de la série vaut

$S=\displaystyle \int_0 ^1 \dfrac{x^2-1-2 \ln(x) }{2 (1-x)^2 (1+x)} dx .$

Une décomposition en éléments simples demande le calcul de 3 intégrales assez classiques.

En particulier $I_1=\int_0^1 \ln(x)/(1+x) dx =1/2\int_0^1 \ln(x)/(1-x) dx=-\dfrac{\pi ^2}{12}$

Fin de partie

Une autre façon de faire commence par se demander ce que vaut, pour $n\geq 1,U_n+U_{n+1}$ avec ,

$\displaystyle U_n=\Big(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(n+2k)^2}\Big)-\frac{1}{2n}$

LOU16

Bonjour,
Pour ceux qui observent un régime végétarien strict, qui proscrit toute substance carnée à base d'intégrale mais tolère les petites additions:
\begin{align*}
S_N&:= \sum _{n=1}^{2N}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(n+2k)^2}\Big) - \dfrac1{2n}\bigg) \\
&= \sum _{m=1}^{N}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(2m+2k)^2}\Big) - \dfrac1{4m}\bigg) + \sum _{m=1}^{N}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(2m-1+2k)^2}\Big) - \dfrac1{2(2m-1)}\bigg)\\
& =\sum _{m=1}^{N}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{N-m} \dfrac 1{(2m+2k)^2}\Big) - \dfrac1{4m}\bigg)+ \sum _{m=1}^{N}\Big (\sum_{k=N-m+1}^{+\infty} \dfrac 1{(2m+2k)^2}\Big) \\
&\qquad +\sum _{m=1}^{N}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{N-m} \dfrac 1{(2m-1+2k)^2}\Big) - \dfrac1{2(2m-1)}\bigg)
+ \sum _{m=1}^{N}\Big (\sum_{k=N-m+1}^{+\infty} \dfrac 1{(2m -1+2k)^2}\Big)\\
&=\sum_{p=1} ^N \Big( \dfrac 1{(2p)^2}\sum_{m=1}^p 1 -\dfrac 1{4p}\Big) +N\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(2N+2+2k)^2}\\
&\qquad +\sum_{p=1} ^N \Big( \dfrac 1{(2p-1)^2}\sum_{m=1}^p 1 -\dfrac 1{2(2p-1)}\Big) +N\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(2N+1+2k)^2}\\
S_N&=\sum_{p=1} ^N \dfrac 1{2(2p-1)^2} + N \sum _{p=2N+1}^{+\infty} \dfrac1 {p^2}.

\end{align*} $$\boxed{\displaystyle
\sum _{n=1}^{+\infty}\bigg(\Big (\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac 1{(n+2k)^2}\Big) - \dfrac1{2n}\bigg) =\dfrac12 \sum _{p=1}^{+\infty}\dfrac 1{(2p-1)^2} + \dfrac 12.}$$

noix de totos

...Et pour les vegans, on notera que la suite $(U_n)$ définie plus haut par Fin de Partie n'est autre que
$$\forall n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}, \quad U_n = \tfrac{1}{4} \zeta \left(2, \tfrac{n}{2} \right) - \tfrac{1}{2n}$$
et un développement asymptotique précis peut être obtenu par les esclaves usuels, comme WolframAlpha.

Fin de partie

Merci NdT.

Mais pour l'utilisation que je voulais faire de $U_n$

J'avais plutôt en vue la formule:

$\displaystyle n\geq 2,U_n+U_{n+1}=\zeta(2)-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}$

et il est facile de calculer $U_1,U_2$ en fonction de $\zeta(2)$.

noix de totos

Oui, oui, j'avais bien noté ta méthode, j'ai juste voulu ajouter un point (non essentiel) à la discussion.

Fin de partie

Voici aussi une formule qui peut être utile ici:

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}=\zeta(2)+\int_0^1 \frac{x^n\ln x}{1-x}dx$

Audeo

Selon les idées de Fin de partie et dans le même esprit que ce qu'a fait LOU16, en peut-être plus "digeste", pour filer la métaphore (*) :

Pour tout $n\in\N^*$,$$U_n+U_{n+1}=\left(\,\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+2k)^2}+\frac{1}{(n+2k+1)^2}\right)-\frac1{2n}-\frac{1}{2(n+1)}=\left(\,\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k^2}\right)-\frac1{2n}-\frac{1}{2(n+1)}.$$ Donc, pour tout $N\in\N^*$, $$\sum_{n=1}^{N}(U_n+U_{n+1})=\left(\sum_{n=1}^{N}\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k^2}\right)-\frac{1}{2}H_N-\frac{1}{2}\left(H_N-1+\frac{1}{N+1}\right)$$ avec $$\sum_{n=1}^{N}\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^N\sum_{n=1}^{k}\frac{1}{k^2}+\sum_{k=N+1}^{+\infty}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{k^2}=H_N+N\sum_{k=N+1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=H_N+1+o(1).$$ D'où, en faisant tendre $N$ vers l'infini, $S$ désignant la somme cherchée, $2S-U_1=\dfrac{3}{2}$, puis, comme $U_1=\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac{1}{4}\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac{1}{2}$ : $$S=\dfrac{\pi^2}{16}+\frac{1}{2}\,.$$
(*) @LOU16 : Juste pour poursuivre la note d'humour, sachant que je viens enfin de réussir à l'écrire, à force d'insister dans la direction indiquée hier par Fin de partie, au bout d'un certain temps !

Fin de partie

Audeo: Je me doutais qu'on pouvait avoir une version simplifiée du calcul de Lou16 en utilisant l'identité que j'ai mentionnée mais j'avais la paresse (et un autre calcul sur le feu) de faire ce calcul.

Audeo

@Fin de partie : (tu)

Fin de partie

Audeo: J'ai raté le but de mon dernier message. Te remercier d'avoir fait les calculs que j'ai eu la paresse de faire. (tu)
Je ne serais pas étonné que ce soit cette solution qui soit publiée par l'AMM pour ce problème. On verra bien.

bisam

Une discussion récente m'a fait repenser à cette série que j'avais mise dans ma feuille d'exercices.

J'ai refait le calcul avec une transformation d'Abel améliorée pour l'occasion.... et c'est beaucoup plus simple !!

Pour tout $n\in\N^*$, on pose \[S_n =\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+2k)^2} -\frac{1}{2n}.\]

Par une comparaison avec une intégrale, on montre que $0\leq S_n \leq \frac{1}{n^2}$, ce qui prouve la convergence de la série $\displaystyle \sum_{n\geq 1} S_n$.

De même, on prouve que \[\zeta(2)-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2} = \mathcal{O}(\frac{1}{N}).\]

Ensuite, on écrit habilement que $1=\frac{1}{2}\big((n+1)-(n-1)\big)$ et par conséquent, pour $N\geq 1$ :

$$\begin{align}\sum_{n=1}^N S_n&=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^N\left((n+1)S_{n+2}-(n-1)S_n\right) + \sum_{n=1}^N (n+1)(S_{n+2}-S_n)\right) \\ &= \frac{1}{2}\left((N+1)S_{N+2}+NS_{N+1}-S_2+\sum_{n=1}^N (n+1)\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2(n+2)}\right)\right) \\ &=\frac{1}{2}\left( \mathcal{O}(\frac{1}{N})-\frac{1}{4}(\zeta(2)-1)+\sum_{n=1}^N\frac{2(n+1)}{n^2(n+2)}\right) \\ &= \frac{1}{8}-\frac{\zeta(2)}{8}+ \mathcal{O}(\frac{1}{N}) + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^N\left(\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right) \\ &= \frac{1}{8}-\frac{\zeta(2)}{8}+ \mathcal{O}(\frac{1}{N}) + \frac{1}{2}(\zeta(2)+\mathcal{O}(\frac{1}{N}))+\frac{1}{4}(1+\frac{1}{2}+\mathcal{O}(\frac{1}{N})) \\ &= \frac{3}{8}\zeta(2) +\frac{1}{2}+\mathcal{O}(\frac{1}{N})\end{align}$$
PS. Bon, le forum a l'air pour l'instant léthargique... et je n'ai aucun moyen de vérifier si mon $\LaTeX$ est correct, donc je vais simplement espérer qu'il l'est...

[Edit] Il y avait bel et bien une erreur de Latex, mais elle est maintenant corrigée.

bisam

Un petit up, maintenant que j'ai corrigé mon $\LaTeX$, afin que tout le monde puisse en profiter.

etanche

https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/AMM12215.pdf

noix de totos

Pour aller un cran plus loin dans le calcul de Bisam, on peut utiliser
\begin{align*}
    & \sum_{n \leqslant N} \frac{1}{n^2} =\zeta(2) - \frac{1}{N} + O \left( \frac{1}{N^2} \right) \\
    & S_n = \frac{1}{2n^2} + O \left( \frac{1}{n^3} \right) \\
    & \sum_{n \leqslant N} \frac{1}{n(n+2)} = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} \log \left( 1 + \frac{2}{N} \right) + O \left( \frac{1}{N^2} \right).
\end{align*}
Sauf erreur, ça doit donner
$$\sum_{n=1}^N S_n = \frac{3 \zeta(2)}{8} + \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \log \left( 1 + \frac{2}{N} \right)  + O \left( \frac{1}{N^2} \right).$$

jandri

Pour calculer la somme de la série de terme général $u_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+2k)^2} -\frac{1}{2n}$ la solution de Roberto Tauraso (dans le lien fourni par etanche) calcule séparément la somme des $u_{2n}$ et celle des $u_{2n-1}$.
Elle utilise le théorème de Stolz-Cesaro mais on peut faire plus simple avec un télescopage.

\begin{align*}\sum_{n=1}^{+\infty}u_{2n}&=\frac14\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\sum_{k=n}^{+\infty}\frac1{k^2}-\frac1n\right)\\&=\frac14\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{k^2}-\frac1{k(k+1)}\right)\quad\text{car}\quad\frac1n=\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{k}-\frac1{k+1}\right)=\sum_{k=n}^{+\infty}\frac1{k(k+1)}\\&=\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=1}^{k}\left(\frac1{k^2}-\frac1{k(k+1)}\right)\\&=\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac1{k}-\frac1{k+1}\right)=\frac14\end{align*}

\begin{align*}\sum_{n=1}^{+\infty}u_{2n-1}&=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\sum_{k=n}^{+\infty}\frac1{(2k-1)^2}-\frac1{2(2n-1)}\right)\\&=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{(2k-1)^2}-\frac12\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)\right)\quad\text{car}\quad\frac1{2n-1}=\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{2k-1}-\frac1{2k+1}\right)\\&=\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=1}^{k}\left(\frac1{(2k-1)^2}-\frac12\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)\right)\\&=\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac {4k}{(2k-1)^2}-\left(\frac{2k}{2k-1}-\frac{2k}{2k+1}\right)\right)\\&=\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac {2}{(2k-1)^2}+\frac {2}{2k-1}-1-\frac{1}{2k-1}+1-\frac{1}{2k+1}\right)\\&=\frac12\sum_{k=1}^{+\infty}\frac {1}{(2k-1)^2}+\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac {1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\frac{\pi^2}{16}+\frac14\end{align*}
Donc : $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=\frac{\pi^2}{16}+\frac{1}{2}$.
Mais je préfère la solution proposée par Audeo qui calcule la somme des $u_n+u_{n+1}$. On peut aussi utiliser un télescopage.

\begin{align*}u_n+u_{n+1}&=\left(\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k^2}\right) -\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}\\&=\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{k^2}-\frac12\left(\dfrac1k-\dfrac{1}{k+1}\right)-\frac12\left(\dfrac1{k+1}-\dfrac{1}{k+2}\right) \right)\\&=\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{k^2}-\frac1{k(k+2)} \right)\end{align*}

\begin{align*}2\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=u_1+\sum_{n=1}^{+\infty}(u_n+u_{n+1})&=u_1+\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac1{k^2}-\frac1{k(k+2)}\right)\\&=u_1+\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=1}^k\left(\frac1{k^2}-\frac1{k(k+2)}\right)\\&=u_1+\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac1{k}-\frac1{k+2}\right)\\&=u_1+1+\frac12\end{align*}

Avec $u_1=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2} -\frac{1}{2}=\frac{\pi^2}8-\frac{1}{2}$ on obtient : $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=\frac{\pi^2}{16}+\frac{1}{2}$.