égalité avec argth(x)

oui mais ce qui me pose problème c'est la deuxième égalité

Voilà ce que je peux montrer, peut-on utiliser ça pour montrer le résultat ?
On a $$-\log\big(\sin(x)\big) = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\cos(2kx)}k + \log 2.
$$ Preuve : On a $$\cos(2kx) = \dfrac{e^{i2kx} + e^{-i2kx}}2.$$ D’où, $$
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\cos(2kx)}k
&= \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{e^{i2kx} + e^{-i2kx}}{2k}
\\&= \dfrac12 \big(-\log (1-e^{i2x} )-\log (1-e^{-i2x} ) \big)
\\&= - \dfrac12 \log \big(2 - 2\cos(2x) \big)
\\&= - \dfrac12 \log\big(4 \sin^2(x)\big)
\\&= - \log 2 - \log\big(\sin(x)\big).
\end{aligned}
$$ Par suite, $$-\log\big(\sin(x)\big) = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\cos(2kx)}k + \log 2.$$

dans la formule on a $(-1)^n $ que je ne vois pas dans ce que vous avez écrit

@ev oui mais avec ça pouvez vous montrer le résultat?

@P. Voila ce que j'ai écrit.

Pour tout nombre complexe $z$ tel que $|z|<1$, on a
\begin{array}{rrl}
\log(1+z)&=&z-z^2+z^3/3-\dots\\
-\log(1-z)&=&-z-z^2-z^3/3-\dots\\
\hline
& =&2(z+z^3/3+z^5/5+\cdots)
\end{array}
alors $\quad\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\frac{\log(1+z)}{\log(1-z)}=\operatorname{argth}(z)$

En remplaçant $z$ par $iz'$ avec $|z'|<1$, on obtient
$\displaystyle i\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nz'^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\frac{\log(1+iz')}{\log(1-iz')}=\operatorname{argth}(iz)$

Juste ?

Bonjour,

merci de me dire si l'énoncé au départ est juste ou non?

@Fin de partie , je sais que $$\operatorname{argth}\sin\theta=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\sin\theta)^{2n+1}}{2n+1}$$

mais je n'arrive pas à trouver le $(-1)^n$ et le $\sin((2n+1)v)$

non je veux montrer le résultat que j'ai écrit au départ