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Série infinie pour $\ln \phi$

Bon après-midi !
Quelqu’un peut-il prouver la formule suivante.
$$\ln \phi=\frac{\sqrt{5}}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{\binom{2n}{n}n}$$
où $\phi$ est le nombre d’or.
Le calcul numérique: SageMathCell

Réponses

  • Modifié (24 Nov)
    $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(4z^2)^n}{n\binom{2n}{n}}=\frac{2z\arcsin(z)}{\sqrt{1-z^2}}$
    puis $z=\frac{i}{2}$ donne le résultat me semble t-il au signe près.
    $\arcsin(\frac{i}{2})=i\ln(\phi)$
  • Modifié (24 Nov)
    Cet $\arcsin$ complexe me pique les yeux et pour pouvoir poser ça en Math Spé ou Math Sup, je préfère traverser le miroir et écrire :
    $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}(4x^2)^n}{n\binom{2n}{n}}=\frac{2x \arg \sinh x}{\sqrt{1+x^2}}$.
    Ou ce qui revient au même : $\sum_{n=1}^{+\infty}  \frac{(-1)^{n-1} 2^{2n-1}}{n\binom{2n}{n}}  $$x^{2n-1}=\frac{ \arg \sinh x}{\sqrt{1+x^2}}$.
    Ça ne coûte pas plus cher à démontrer, et on reste peinards dans $\mathbb R$.
  • Je suis d'accord avec Chaurien. On en déduit une curieuse formule : 
    $$\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}4^n}{n\binom{2n}{n}}\right)^2=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}4^n}{n^2\binom{2n}{n}}$$
  • Bravo Jandri! C'est étonnant
  • @jandri jolie cette formule.
  • Eh oui : primitivation...
  • Modifié (24 Nov)
    Pour la petite histoire, la première référence que je connaisse de ce problème, c'est le concours Putnam, 1948, problème 6, qui demandait de démontrer le développement en série entière de $f(x)=\frac{\arcsin x }{\sqrt{1-x^2}}$. Bien sûr on pourrait le déterminer par le produit de Cauchy, mais on peut former une équation différentielle linéaire du premier ordre très simple dont $f(x)$ est solution, et qui donne ce développement en série entière sous une forme simple. Par primitivation, on obtient le développement en série entière de $(\arcsin x)^2$, et on peut en déduire un calcul numérique de $\pi^2$ avec une assez grande précision pour peu de termes.





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