Série convergente =intégrale divergente
> Bonjour,
Pour plus de clarté j'isole cette question dans ce nouveau fil,
Partant de $\displaystyle H_n=\int_0^1
\frac{1-x^n}{1-x}\,dx$ on a
\begin{align}\sum_{n\geq 1}
\frac{H_n^2}{2^n}&=\sum_{n\geq 1} \int_0^1
\int_0^1
\dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\sum_{n\geq 1}
\dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\frac
1{(1-x)(1-y)}\sum_{n\geq 1}
\dfrac{(1-x^n-y^n+(xy)^n)}{2^n}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1
\dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{xy}{2-xy}+1}
{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1
\dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{2}{2-xy}}
{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy
\end{align}
Le série de gauche est convergente,
l’intégrale double de droite est divergente (même si wolfram croit le contraire), Comment vous expliquez cela
Pour plus de clarté j'isole cette question dans ce nouveau fil,
Partant de $\displaystyle H_n=\int_0^1
\frac{1-x^n}{1-x}\,dx$ on a
\begin{align}\sum_{n\geq 1}
\frac{H_n^2}{2^n}&=\sum_{n\geq 1} \int_0^1
\int_0^1
\dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\sum_{n\geq 1}
\dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\frac
1{(1-x)(1-y)}\sum_{n\geq 1}
\dfrac{(1-x^n-y^n+(xy)^n)}{2^n}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1
\dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{xy}{2-xy}+1}
{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1
\dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{2}{2-xy}}
{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy
\end{align}
Le série de gauche est convergente,
l’intégrale double de droite est divergente (même si wolfram croit le contraire), Comment vous expliquez cela
Le 😄 Farceur
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Réponses
Si on intègre en fonction de $x$ (ou de $y$) on se retrouve avec une intégrale qu'on sait calculer sauf erreur.
PS:
Le résultat est bien $\ln^2 2+\dfrac{\pi^2}{6}$ et on l'obtient facilement.