Série numérique résultat surprenant
Réponses
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BonsoirQui est $H$ ?
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La série/suite harmonique ?
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$H_n = 1+ 1/2 +\cdots+ 1/n$
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Avec un développement en série entière de $\ln^2(1+x)$ je ne sais pas si ça reste encore surprenant.
Le 😄 Farceur -
$\displaystyle\dfrac{2m+1}{2}=m+\dfrac{1}{2},\ $ ce qui fait que $\ \Big\lfloor \dfrac{2m+1}{2}\Big\rfloor=m.$Ainsi, sauf erreur, $\ \displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^n H_{\lfloor n/2 \rfloor } }{n} = \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac{H_n}{2n}- \frac{H_n}{2n+1}\right).$Après, on transforme le terme général de la dernière série en intégrale et on déroule le calcul.PS.
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Il y a sûrement plus simple que cette succession erratique d'interversions de signes $\sum$ et $\int$ qui finit par aboutir à $(\log)^2.$Ce message est bien entendu incomplet et a été publié par erreur. Il peut donc être supprimé.
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Bonjour,Il y a sûrement plus simple que cette succession erratique d'interversions de signes $\sum$ et $\int$, qui finit néanmoins par aboutir à $(\log 2)^2.$$S:= \displaystyle \sum_ {n=1}^{+\infty}\dfrac {H_n}{2n(2n+1)} = \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1k\sum _{n=2k}^{+\infty}\dfrac 1{2n(2n+1)}= \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1k\sum _{n=2k}^{+\infty}\int _0 ^1 (-1)^n x^{n-1}\mathrm dx = \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1k\int _0 ^1 \dfrac {x^{2k-1}}{1+x}\mathrm dx =\int _0^1 \dfrac {-\log(1-x^2)}{x(x+1)}\mathrm d x.$$S =I+J+K\quad $ où $\quad I =\displaystyle \int _0^1 \dfrac {\log(1+x)}{1+x}\mathrm dx, \quad J= \int _0^1 \dfrac {-\log(1-x^2)}{x}\mathrm dx, \quad K= \int _0^1 \dfrac {\log(1-x)}{1+x}\mathrm dx.$$I =\left [\dfrac{((\log(1+x)) ^2}2 \right]_{x=0}^{x=1}=\dfrac {(\log 2)^2}2, \quad J=\displaystyle \sum _{k=1}^{+\infty}\int_0^1 \dfrac {x^{2k-1}}k \mathrm dx = \dfrac {\zeta(2)}2, $$\displaystyle K=\int_0^1 \dfrac {\log t}{2-t}\mathrm dt =\sum _{n=0}^{+\infty}\dfrac 1{2^{n+1}}\int _0^1 t^n\log t \:\mathrm dt = -\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac 1 {2^n \:n^2}.\quad$Ainsi:$ \qquad K =- L\left(\frac 12 \right) \:\: $ où $L$ désigne la fonction définie sur $[0;1]$ par $L(x) =\displaystyle \sum _{n=1}^{+\infty}\dfrac {x^n}{n^2}.\:\: \quad L $ est continue sur $[0;1].$La fonction $x\mapsto L(x) + L(1-x) + \log x \log(1-x) $ est dérivable et de dérivée nulle sur $]0;1[:$$ \forall x \in ]0;1[, \: L(x) + L(1-x) + \log x \log(1-x)= L(0) +L(1) = \zeta(2). \qquad $ Avec $x=\dfrac 12: \:\:-2K +(\log 2)^2 = \zeta (2).$$$ S= I+J+K =\dfrac {(\log 2)^2}2 + \dfrac {\zeta(2)}2 + \left(\dfrac {(\log 2)^2}2 -\dfrac {\zeta(2)}2 \right) = (\log 2)^2.$$
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Je n'ai pas mieux que LOU16, c'est-à-dire de passer par le calcul de l'intégrale $\displaystyle\int _0^1 \dfrac {-\log(1-x^2)}{x(x+1)}\mathrm d x$.
Je propose une autre méthode pour le calcul de l'intégrale $K=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-x)}{1+x}\mathrm dx$ (notations de LOU16) en introduisant $F(a)=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-ax)}{x+1}\mathrm d x$ : $F'(a)=-\displaystyle\int _0^1 \dfrac {x}{(x+1)(1-ax)}\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\int _0^1 \left(\dfrac {1}{x+1}-\dfrac {1}{1-ax}\right)\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\left(\ln2+\dfrac1a\ln(1-a)\right)$.
$K=\displaystyle\int _0^1F'(a)\mathrm d a=(\ln2)^2+\int_0^1\dfrac{\ln(1-a)}a\mathrm d a-K$ d'où $K=\dfrac12(\ln2)^2+\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-x^2)}x\mathrm d x=\dfrac12(\ln2)^2-J$ par $a=x^2$.
On obtient $S=I+J+K=I+\dfrac12(\ln2)^2=(\ln2)^2$ sans avoir besoin de calculer $J$. -
Pas besoin d'intégrales doubles, ni de dilogarithmes pour calculer $\displaystyle S=-\int_0^1 \dfrac{\ln(1-x^2)}{x(1+x)}dx\\$ En effet,\begin{align}-S&=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{1+x}dx\\ &=\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x}dx}_{y=x^2}-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1+x}dx}_{y=\frac{1-x}{1+x}}-\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x}dx\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-y)}{y}dy-\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2y}{1+y}\right)}{1+y}dy-\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x}dx\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-y)}{y}dy-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln y}{1+y}dy}_{\text{IPP}}-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln 2}{1+y}dy}_{=\ln^2 2}+\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{1+y}dy-\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x}dx\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-y)}{y}dy-\underbrace{\Big[\ln(1+y)\ln y\Big]_0^1}_{=0}+\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{y}dy-\ln^2 2\\ &=\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1-y^2)}{y}dy}_{z=y^2}-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-y)}{y}dy-\ln^2 2\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-z)}{z}dz-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-y)}{y}dy-\ln^2 2\\ &=\boxed{-\ln^2 2} \end{align}
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Bonjour,
Merci à tous pour vos jolies contributions. J'en ai profité pour en tirer un exercice (basé sur un modeste fragment de vos trouvailles) que j'ai donné en colle hier. :-) -
Peut-on calculer $$\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^n H_{\lfloor \frac{n}{3} \rfloor } }{n} $$ MerciPlus généralement avec $H_{\lfloor \frac{n}{q} \rfloor} $ où q entier supérieur ou égal à 3 ?
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Pour celle-ci ($q=3$), je dirais $+\infty$. Hum, c'est suspect quand même.
sage: def H(n): ....: s, L = 0, [] ....: for k in range(n): ....: s+= 1.n(100)/(k+1) ....: L.append(s) ....: return L ....: sage: def S(n,q=3): ....: L = H(n) ....: return add((-1)^k*L[floor(k/q)-1]/k for k in range(2,n+1)) ....: sage: S(1000) 3.5850623416960093773653649292 sage: S(10000) 4.7333732667898843255665713187 sage: S(100000) 5.8842638505533986377833782844 sage: S(1000000) 7.0355058367882718782424986229
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Moi je trouve que ça converge vers quelque chose comme 0.1607...
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Ma foi. Pour $q=2$, je trouve des approximations plausible de $\ln^22$.
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Pour q=3, on peut faire comme FDP, on somme sur les $3\mathbb N; 3\mathbb N +1$ et $3\mathbb N +2$ mais j'ai la flemme
Le 😄 Farceur -
Plutôt sur les 6n,6n+1 pour obtenir quelque chose d'équilibré. J'obtiens :$$\sum_{n\geq3}(-1)^{n-1}\frac{H\left(\left\lfloor n/3\right\rfloor \right)}{n}=\sum_{n\geq1}\left(\frac{H\left(2n-1\right)}{6n-3}+\frac{H\left(2n-1\right)}{6n-1}+\frac{H\left(2n\right)}{6n+1}\right)-\left(\frac{H\left(2n-1\right)}{6n-2}+\frac{H\left(2n\right)}{6n}+\frac{H\left(2n\right)}{6n+2}\right)$$
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@Calli: Pourrais-tu nous communiquer ce sujet de colle? (je suis curieux)
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Pour des calculs machine il vaut mieux utiliser la représentation intégrale de $H_n$.Voilà ce que j'obtiens avec PARI GP
H(n)={intnum(x=0,1,(1-x^n)/(1-x))}; S(m)={sum(n=2,m,(-1)^n*H(floor(n/3))/n)}; S(10000) %2 = -0.1604297512323068066787846181J'ai poussé plus loin les calculs:H(n)={intnum(x=0,1,(1-x^n)/(1-x))};
S(m)={sum(n=2,m,(-1)^n*H(floor(n/3))/n)};
S(30000) %3 = -0.1607010468159816685200258987 -
Sauf erreur, on a: \begin{align}\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n H_{\lfloor \frac{n}{3} \rfloor}}{n}&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n}{3n+2}+\frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n}-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{3n+1}\end{align}(j'ai corrigé la première borne de la première somme)PS:Ecrit de la sorte cela ne va pas converger. Il faut tout regrouper sous le signe somme et accessoirement $H_0$ n'est pas défini.
PS2:En fait, le problème est le $H_0$ car il y a de grandes chances que, hormis ce problème, ces séries alternées convergent sans doute.PS3:partie entière de 2/3 c'est $0$, il n'y a donc aucune chance que la somme telle qu'elle soit définie. Il faut commencer la sommation à $n=3$.On peut aussi supposer que $H_0=0$ car c'est égal à $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-x^0}{1-x}dx$ -
Pas sûr que cette série converge.
H(n)={intnum(x=0,1,(1-x^n)/(1-x))};
S(m)={sum(n=2,m,(-1)^n*H(floor(n/3))/n)};
S(100000) %5 = -0.160809214378315224123963628 -
En regroupant les termes par paquets de $6$ ($n=6k,\ldots,n=6k+5$), je trouve qu'un paquet est équivalent à $\dfrac{\ln(k)}{12k^2}$ en $+\infty$. La série est donc convergente. Par contre, la convergence est lente. Le terme d'erreur est en $\dfrac{\ln(k)}{k}$.
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Calculons une par une, je donne la plus simple $\sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n} = \frac{1}{2} \ln^2 2 - \frac{\pi^2}{12}$On peut supposer connue, $\frac{\ln(1+x)}{1+x}=-\sum_{n=1}^\infty (-1)^n H_n x^n$ qui donne $\frac{\ln(1+x)}{x(1+x)}=-\sum_{n=1}^\infty (-1)^n H_n x^{n-1}$ d'où $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x(1+x)}dx =-\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac { H_n}n $. L'intégrale se calcule facilement.Pour les autres on part de $\frac{\ln(1+^3)}{1+x^3}=-\sum_{n=1}^\infty (-1)^n H_n x^{3n}$ on trouve des integrales que FDP aime.Le 😄 Farceur
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Pour le calcul j'utilise aussi pari gp grâce à ce forum et je fais un calcul parallèle pour les H(n).H=[1,3/2];S=0;for(n=3,10^5,H=concat(H,H[n-1]+1./n);S=S+(-1)^n*H[n\3]/n;if(n%10^4==0,print(S,"")))
-0.16042975123230680652266763340942788742
-0.16062962403814924152194266624952673379...qui confirme celui de FDP. -
@Fin de partie, voilà cet exercice. Comme j'ai dit, j'ai juste extrait un fragment du contexte pour répondre à mes besoins. C'était la première fois que je collais en spé (ça fait deux ans que je colle, mais en sup') et j'ai su jeudi soir que j'aurais colle dès lundi sur les intégrales à paramètres, donc j'ai dû me dépêcher de faire une feuille d'exercices ! Malheureusement, l'élève qui a eu cet exercice ne l'a pas bien réussi (elle n'arrivait pas à montrer que $F$ est bien définie, donc ça partait mal).
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Je reviens à la généralisation proposée par etanche :
calculer, pour $q\in\N^*$, $S_q=\displaystyle\sum_{n=q}^{+\infty}\dfrac{(-1)^nH_{\lfloor n/q\rfloor}}n$, $H_k$ désignant le $k$-ième nombre harmonique.
Tout d'abord la série converge puisqu'elle vérifie le théorème spécial des séries alternées pour $n\ge n_0$, la seule chose non immédiate est de montrer que $|u_{kq+q-1}|-|u_{kq+q}|\ge0$ pour $k\ge k_0$.
Ensuite on exprime une somme partielle en posant $n=kq+r$ avec $0\le r\le q-1$ et $1\le k\le N$. On utilise l'astuce classique $\dfrac1{kq+r}=\displaystyle\int_0^1t^{kq+r-1}dt$ et on pose $H_k=\displaystyle\sum_{j=1}^k\dfrac1j$. En permutant les sommations sur $j$ et $k$ on fait apparaitre une somme partielle de série géométrique qui conduit à $S_q=-\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-(-t)^q)}{t(1+t)}$ (on peut faire tendre $N$ vers l'infini car la majoration du reste ne pose pas de problème).
Maintenant il reste à calculer une valeur exacte pour cette intégrale (d'abord dans le cas $q=3$), c'est un défi à proposer à Fin de partie.
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Je n'avais pas vu le message de Jandri. On peut commencer par "déblayer" un peu: \begin{align}-S_3&=\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{t(1+t)}dt=\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{t}dt}_{u=t^3}-\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{1+t}dt &=\frac{1}{3}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+u)}{u}du}_{=\dfrac{\pi^2}{12}}-\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{1+t}dt\\ \end{align}Pour la dernière intégrale voir ici. C'est un résultat plutôt moche.
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On a aussi cette expression pour $S_3$ que je trouve plus élégante:\begin{align}S_3=\frac{1}{2}\ln^2 3+\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}\ln^2 2-\frac{5}{36}\pi^2\end{align}PS. Je n'ai pas fait de calculs. Je me suis inspiré du résultat obtenu sur MathExchange et j'ai jeté un œil sur les identités que vérifient le dilogarithme ce qui m'a fait pressentir que le résultat était une combinaison linéaire à coefficients rationnels de constantes.Un coup de Lindep de PARI GP et voilà !
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Bravo Fin de partie pour cette formule simplifiée. Maple m'a donné des dilogarithmes complexes que je n'ai pas réussi à simplifier.
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J'ai essayé de deviner une formule pour $S_5$ mais sans succès pour le moment.
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Ébouriffant ! Et si on fait tendre $q$ vers l'infini on a$$S_{q}\sim(-1)^{q}\frac{\pi^{2}}{12q}\ \left(q\rightarrow\infty\right)$$Edit: corrigé à la suite de la remarque de jandri
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Pour $S_4$ c'est facile en factorisant$$S_{4}=-\frac{3}{8}\zeta(2)+\frac{7}{4}\log(2)^{2}$$Edit: signe corrigé après la remarque de jandri
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$S_6$ est peut-être moins difficile que $S_5$ ?
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On a pour $s>0$, $\displaystyle \int_0^1 \frac{x^s}{1+x}dx=\frac{1}{2}\left(\Psi\left(1+\frac{s}{2}\right)-\Psi\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{2}\right)\right)=\frac{1}{s}+\frac{1}{2}\left(\Psi\left(\frac{s}{2}\right)-\Psi\left(\frac{1+s}{2}\right)\right)$($\Psi$ est la fonction digamma)Cela peut peut-être servir (on développe $\ln(1+x^5)$ en série entière)
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J'utiliserai plutôt$$\int_{0}^{1}\frac{\log\left(1-zx\right)}{x(1+x)}dx=-Li_{2}\left(z\right)+Li_{2}\left(\frac{1}{1+z}\right)-Li_{2}\left(\frac{1-z}{1+z}\right)-\log\left(1-z\right)\log\left(\frac{2z}{1+z}\right),$$en décomposant $1+x^5$ avec les racines 5èmes de l'unité et avec des propriétés magiques du dilogarithme peut-être que le nombre d'or permettra d'obtenir des formules pas trop moches.
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@Boécien: Bingo !! Voilà ce qui me manquait, le nombre d'or
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$\boxed{\displaystyle S_5=\frac{1}{2}\ln^2 2+\frac{1}{4}\ln^2 5+\frac{1}{2}\text{Li}_2\left(\frac{1}{5}\right)+\ln^2\left(\varphi\right)-\frac{2}{15}\pi^2}$PS. Comme toujours, je n'ai fait aucun calcul. Si on compare avec le cas de $S_3$ on peut deviner les constantes qui vont intervenir sauf $\ln^2\left(\varphi\right)$.
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Il reste à donner une formule générale pour $S_p$.J'ai eu un peu de flair.On doit avoir $\boxed{\displaystyle S_6=\ln^2 2+\ln 2\ln 3-\dfrac{1}{9}\pi^2}$PS.J'ai deviné les constantes qui devaient apparaître dans la combinaison linéaire à coefficients rationnels et puis, un coup de lindep, et voilà !
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Sinon je me suis amusé à l'ordre 3.$$J(n)=\int_{0}^{1}\frac{\log\big(1-(-t)^{n}\big)^{2}}{t(t+1)}dt$$On a semble-t-il $J(1)=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{1}{3}\log(2)^{3}$ et $J(2)=2\zeta(2)\log(2)-\zeta(3)-\frac{4}{3}\log(2)^{3}$. Mais pour $J(3)$ nada. Asymptotiquement $J(n)\sim\frac{\zeta(3)}{n}$.
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Boécien. On peut peut-être déterminer expérimentalement la valeur de $J(3)$. C'est certainement une combinaison linéaire à coefficients rationnels de constantes de "degré" $3$. $\zeta(3)$ est de "degré" $3$, tout comme $\pi^2\ln 2$ ($2+1=3$)
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@Boécien: Pourtant je suis convaincu qu'on a la liste des constantes à prendre en compte sous les yeux. Je regarde ça quand je serai chez moi.
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Ce n'est pas gagné !
J3=intnum(x=0,1,log(1+x^3)^2/(x*(1+x)));lindep([J3,intnum(x=0,Pi/4,log(cos(x))^2),zeta(3),polylog(3,1/3),log(2)^3,log(3)^3,Pi*Catalan,log(2)*Catalan,Pi^2*log(2),Pi^3,psi(1/3),log(2)^2*log(3),log(3)^2*log(2),Pi*log(2)^2,Pi*log(3)^2,Pi*log(2)*log(3),log(3)*Catalan,polylog(3,-1/3),dilog(1/3)*log(2),dilog(1/3)*log(3),dilog(1/3)*Pi]) %15 = [1755, 1209, 4687, -2285, -876, -2273, 7629, 4360, 3851, -1310, -1155, 1531, 2461, -1176, -3847, -1416, -1030, 4759, -1581, -657, 3821]~ -
Bonjour, Pourquoi vous êtes intéressés à ce $J(n)$
Le 😄 Farceur -
Pour le fun.
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Ah, ok merci
Le 😄 Farceur
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Bonjour!
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