somme arctan(1/k)

Quel nom porte la limite de $\sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})-ln(n)$ ?
Cette limite s'exprime-t-elle à l'aide de constantes usuelles?

Merci d'avance

Ne serait-ce pas plutôt $\displaystyle {\lim_{n \rightarrow \infty} \left ( \sum{k=1}^{n} \frac {1}{k} - \ln n \right )}$ que voulait Bmxer ? Si oui, tout le monde aura reconnu $\gamma$, la constante d'Euler-Mascheroni, dont on ne sait toujours si elle est irrationnelle ou non.

Borde.

Après tout, peut-être pas...Voyons voir cela : soit $c$ la limite de la différence $\sum_{k \leqslant n} \arctan(1/k) - \ln n$ (qui existe). La formule d'Euler-MacLaurin donne : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan \left ( \frac {1}{k} \right ) = \frac {\ln (n^2 + 1)}{2} + c - \frac {\ln 4 + \pi}{4} + n \left ( \frac {\pi}{2} - \arctan(n) \right ) + \frac {\arctan(1/n)}{2} + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$

Borde.

bonjour

l'expression donnée par bmxer converge en effet pour n infini

pour calculer la limite il suffit de développer Arctan(1/k) en série et sommer à l'infini:

Arctan(1/k)=1/k - 1/(3k^3) + 1/(5k^5) -......

sachant que (somme de 1 à n des 1/k) - lnn converge pour n infini vers y constante d'Euler

il vient (avec Z(2n-1) images par Zéta des valeurs impaires de la variable):

constante de bmxer= y - Z(3)/3 + Z(5)/5 - Z(7)/7 + ............(positive et inférieure à y)

on trouve une limite proche de 0,5

cordialement

Maple donne : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\arctan \left( {\frac{1}{k}} \right)} - \ln (n)} \right) = \frac{{1499}}{{1440}} - \frac{\pi }{8} - \frac{{\ln (2)}}{2} - O(3)}$

Cordialement Yalcin

Let's go...Si $[t]$ est la partie entière et $\psi(t) = t - [t] - 1/2$ est la première fonction de Bernoulli, on a : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \arctan(1) + \int_{1}^{n} \arctan(1/t) d[t] = \frac {1}{2} \ln \left ( \frac {n^2 + 1}{2} \right ) + n \left ( \frac {\pi}{2} - \arctan(n) \right ) - \int_{1}^{n} \arctan(1/t) d \left (\psi(t) \right ).$$ Une IPP dans l'intégrale fournit : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n - \ln \left ( \sqrt 2 \right ) + n \left ( \frac {\pi}{2} - \arctan(n) \right ) - \left [\psi(t) \arctan(1/t) \right ]_{1}^{n} - \int_{1}^{n} \frac {\psi(t)}{t^2 + 1} dt + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ On introduit alors la seconde fonction de Bernoulli $\displaystyle {\psi_2(t) = \frac {1}{2} \left ( \psi(t) \right )^2}$, et on utilise $$\arctan(n) = \frac {\pi}{2} - \arctan(1/n) = \frac {\pi}{2} - \frac {1}{n} + O \left ( \frac {1}{n^3} \right )$$ ce qui permet d'obtenir : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n +1 - \frac {\pi}{8} - \ln \left ( \sqrt 2 \right ) + \frac {1}{2} \arctan(1/n) - \left [ \frac {\psi_2(t)}{t^2 + 1} \right ]_{1}^{n} - 2 \int_{1}^{n} \frac {t \psi_2(t)}{(t^2+1)^2} \, dt + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ Sachant que $\psi_2(1) = \psi_2(n) = 1/8$, il vient : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n +\frac {17}{16} - \frac {\pi}{8} - \ln \left ( \sqrt 2 \right ) + \frac {1}{2} \arctan(1/n) - 2 \int_{1}^{\infty} \frac {t \psi_2(t)}{(t^2+1)^2} \, dt + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ Enfin, pour y voir plus clair, on développe $\arctan(1/n)$ ce qui donne : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n +\frac {17}{16} - \frac {\pi}{8} - \ln \left ( \sqrt 2 \right ) + \frac {1}{2n} - 2 \int_{1}^{\infty} \frac {t \psi_2(t)}{(t^2+1)^2} \, dt + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ Soit alors $c$ la limite proposée par Bmxer. En faisant tendre $n$ vers $\infty$ dans les calculs ci-dessus, on trouve que : $$c = \frac {17}{16} - \frac {\pi}{8} - \ln \left ( \sqrt 2 \right ) - 2 \int_{1}^{\infty} \frac {t \psi_2(t)}{(t^2+1)^2} \, dt.$$ Cett formule, qui donne la valeur exacte de $c$, permet aussi d'en avoir facilement une valeur approchée.

Borde.

Oui, je viens de voir ça. Vraiment bizarre !
C'est corrigé.

...Ainsi, on a obtenu : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n + c + \frac {1}{2n} + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ Maintenant, en utilisant $\arctan(x) = x + O(x^3)$, il vient (en supposant $n \geqslant 2$) : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \arctan(1) + \sum_{k=2}^{n} \sum_{j=0}^{\infty} \frac {(-1)^j (1/k)^{2j+1}}{2j+1} = \frac {\pi}{4} + \sum_{k=2}^{n} \frac {1}{k} + \sum_{j=1}^{\infty} \frac {(-1)^j}{2j+1} \sum_{k=2}^{n} \frac {1}{k^{2j+1}}.$$ En remplaçant la première somme par son expression connue, on obtient : $$\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) = \ln n - 1 + \frac {\pi}{4} + \gamma + \frac {1}{2n} + \sum_{j=1}^{\infty} \frac {(-1)^j (\zeta(2j+1) - 1)}{2j+1} + O \left ( \frac {1}{n^2} \right ).$$ Ainsi, on a une seconde expression de cette limite $c$ : $$c = \frac {\pi}{4} + \gamma -1 + \sum_{j=1}^{\infty} \frac {(-1)^j (\zeta(2j+1) - 1)}{2j+1}.$$

Borde.

Quand je vois la dernière formule de Borde je suis sûr que la constante de départ peut s'exprimer avec des choses connues.<BR>

rebonjour bmxer

le résultat numérique de la limite est en effet proche de 0,3 (et non 0,5 comme je l'avais estimé sommairement)

en fait cette limite est exactement égale au nombre réel (avec i la base des imaginaires)

(1/2i).ln[Gamma(1-i)/Gamma(1+i)]

ce n'est pas une constante classique mais un résultat intéressant

cordialement

Pour Jean L,

Mon second message a fait doublon avec le tien plus haut.

Désolé,

Borde.

Sans géométrie, on doit pouvoir utiliser deux fois de suite l'égalité
$$\arctan(x)+\arctan(y)=\arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$$
pour $-1

Benoît : intéressant, ton truc de Flajolet et Vardi, et maintenant que tu en parles, il me semble avoir déjà lu cela quelque part (au fait, je pense que tu voulais mettre $1/k$ et non $1/n$ dans le $f$ de ta première somme).

Corentin,

Je pense que tu sais que ton calcul donne $\displaystyle {\frac {\pi}{4}}$ : c'est la formule de Strassnitzsky (1840), une amélioration de celle de John Machin (1706). {\bf Référence} : {\it le nombre $\Pi$}, ADCS Amiens, page 154.

Rappelons que, pour calculer $d$ décimales de $\pi$ à l'aide d'une formule de type Machin $\displaystyle {\pi = A \arctan(1/a) + B \arctan(1/b) + C \arctan(1/c)}$ (avec $a < b < c$), on utilise la restriction du développement en série entière de $\arctan$ amené jusqu'à $\displaystyle {n > \frac {d}{\ln(a^2)}}$.

Borde.

Mon petit formulaire de trigo la retient très bien pour moi
J'ai eu juste à me rappeler que je savais bien qu'il existait une formule pour ajouter les $\arctan$, c'est tout. Rien d'exceptionnel !

Pour Borde : oui c'est 1/k dans la série de gauche

$$\sum_{k=1}^{\infty} f(1/k)=f(1)+\sum_{k=2}^{\infty}f_k( \zeta(k)-1)$$

Pour B....t, j'ai bien aimé ta série avec les $\zeta(2n)$, plus simple que ma "formule", mais j'ai noté celle-ci à cause des mythiques $\zeta(2n+1)$, et tu sais pourquoi...

Borde.

C'est gentil Borde, mais ce n'est vraiment pas le cas.
Je ne fais que supprimer tes doublons (ou triplons ou même quadruplons une fois !) de temps en temps

Bonsoir,

Tu pars de Ln(Gamma(1+x) = -yx + Sigma de k=2 a l'inf (-1)^k Zeta(k)/k

et fais x=+/-i.

fjaclot;

Salut fjaclot : oui c'est vrai, mais c'est atan(1/2/k²) pas atan(2/k²) dans la série. Tu as oublié un / ce qui n'arriverait pas si tu te mettais au LaTex ;-)

Salut B....t,

Pour le LaTeX tu as raison et je finirai par honorer la promesse que je t'ai faite il y a plusieurs mois.
Mais, au cas particulier, je confirme ce que j'ai écrit : c'est bien 2/k²... ou alors les deux aboutissent au même résultat, ce qui m'étonnerait !
fjaclot;

PS : arctan(1/k-1)-arctan(1/k+1)=arctan(2/k²)