Une somme
Bonjour,
Je cherche une méthode pour calculer cette somme ( avant la fin de cette semaine)
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{4k}{2k} \binom{4n-4k}{2n-2k}$$
https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{k=0}^{n}+(\binom{4k}{2k})+(\binom{4n-4k}{2n-2k})
Merci
Je cherche une méthode pour calculer cette somme ( avant la fin de cette semaine)
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{4k}{2k} \binom{4n-4k}{2n-2k}$$
https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{k=0}^{n}+(\binom{4k}{2k})+(\binom{4n-4k}{2n-2k})
Merci
Le 😄 Farceur
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Réponses
La série de Bell de $f$ est $\frac 12 \Big (\dfrac{1}{\sqrt {1+4\sqrt x}}+\dfrac{1}{\sqrt {1-4\sqrt x}}\Big )$
Celle de $f \star f $ est donc $\frac 14 \Big (\dfrac{1}{\sqrt {1+4\sqrt x}}+\dfrac{1}{\sqrt {1-4\sqrt x}} \Big )^2$.
A suivre.
Le premier terme donne une série en $ \frac {4^{2n}}2 x^n$ et le second en $\frac {4^{n}}2 \binom {2n}{n}x^n$. C'est ce qu'il fallait trouver.
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{4k+2}{2k+1} \binom{4n-4k+2}{2n-2k+1}=2^{2n+1}\left(4^{n+1}-\binom {2n+2}{n+1}\right)$$
En faisant une recherche sur le forum, je tombe sur un problème ressemblant mais je ne sais pas pour le moment si la méthode va marcher pour cette question http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1627508,1627890#msg-1627890
Dans le fil que tu cites, en introduisant les polynômes $P_n(X)=\sum_{k=0}^n \binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}X^k$, je montre que $P_n(1)=4^n$. Si tu regardes deux messages plus bas, tu verras que je montre aussi que $P_{2n}(-1)=4^n\binom{2n}n$.
La somme que tu cherches est $\frac12\left(P_{2n}(1)+P_{2n}(-1)\right)=\frac12\left(16^n+4^n\binom{2n}n\right)$.
Est ce que quelqu'un connait une somme de même genre mais plus difficile à établir
" j'aimerais la proposer à mon groupe d'ami(es)"
Etablir,
$\displaystyle \sum_{k=m}^{n} \frac{(-1)^{k+m}}{2k+1}\binom{n+k}{n-k}\binom{2k}{k-m} =\frac{1}{2n+1}$
avec $0<m\leq n$, $m,n$ entiers.
C'est le problème 12049 de l'AMM.
Je suis intéressé par les problèmes 12046, 12045, 12029,12026,12023,
12024 ( Pour YvesM :-)),
12031 (Pour Cidrolin et noix de toto :-))
12054 ( Deja traité par FDP ?)
12051 (Proposé par FDP, déjà traitée dans ce Forum)
12049 ( Proposé par FDP à traiter)
Source http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html# il parait que ces problèmes ne sont pas traiter pour le moment
Il manque pour compléter le 12051 le calcul de l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\sin t\right)dt$
mais ce n'est pas très difficile à mon humble avis si on sait que $a^2+b^2=\frac{1}{2}\left((a+b)^2+(a-b)^2\right)$
J'ai commencé à regarder le 12045.
Tous les autres problèmes ne m'intéressent pas nécessairement.
Dès que la date de remise d'une solution est éteinte, l'auteur de la page dont tu as extrait les captures d'écran, publie sa solution.
> Il manque pour compléter le 12051 le calcul de l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\sin t\right)dt$
Je t'avais dit que je connais des méthodes pour son calcul exact https://math.stackexchange.com/questions/58654/integrate-square-of-the-log-sine-integral-int-0-frac-pi2-ln2-sinx?noredirect=1&lq=1
Pour le 12029, j'ai trouvé çà, ...en espérant ne pas avoir fait d'erreur dans mes calculs.
$\alpha$ désignant l'unique solution dans $]0;+\infty[$ de l'équation $\displaystyle{\int_x^{x+1}\ln =0}$, $\:\:\:(\alpha = 0.5422...)$,
$$\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n} (a+\frac k n)=\left\{\begin{array}{cl} 0&\text{si} \:\: 0<a<\alpha.\\ \sqrt{\frac{\alpha +1}{\alpha}}& \text{si}\:\: a=\alpha.\\ +\infty&\text{si}\:\: a>\alpha .\\ \end{array}\right.}$$
Notons $P_n = \displaystyle{\prod_{k=1}^n (a +\dfrac k n) }$.
Alors : $\displaystyle{ \ln P_n = n\int _a^{a+1} \ln \:\: + \:\:n\sum_{k=1}^n \int_{\tfrac {k-1} n}^{\tfrac k n} \big(\ln (a+\tfrac k n) -\ln (a+x) \big )\; \text d x}$. Avec la formule de Taylor-Lagrange, on a: $\forall k \in [\![1;n]\!] ,\:\forall x \in[\tfrac{k-1}n;\tfrac k n]$: $\:\:\ln (a+\tfrac kn )- \ln (a+ x) =\dfrac {\tfrac k n-x}{a+\tfrac k n}\:+\: R_k(x)\:$ où $\:\vert R_k(x)\vert \leq\dfrac 1 {2a^2n^2}$.
On déduit: $\:\:\displaystyle{ \ln P_n -\:n\int_a^{a+1}\ln \:=\:\dfrac 1{2n}\sum_{k=1} ^n \dfrac 1{a+\tfrac k n}\:+\: O(\tfrac1n) \:=\:\dfrac 12\int_a^{a+1}\dfrac 1x \text d x \:+\: O(\tfrac 1n)}\:\:\:$ puis: $$\boxed{\displaystyle{ \ln P_n = n\Big(\int_a^{a+1}\ln\Big) + \dfrac12 \ln \big (\dfrac{a+1}a\big ) +o(1)}}$$
Amicalement,
As-tu passé au log?
Soit $u_n=\prod_{k=1}^{n} (a+\frac k n)$ alors
$$v_n=\ln(u_n)=n\big[\ln(a)+\frac 1n \sum_{k=1}^n \ln(1+\frac {k}{an})\big]\sim n\big[\ln(a)+\int_0^1 \ln(1+\frac xa)\, dx\big]\sim n\big[\ln(a)+(a+1)\ln(\frac {1+a}a) -1\big]$$
Soit à démontrer pour $0\leqslant m\leqslant n$ que :
$\displaystyle\sum_{k=m}^n \frac{(-1)^{k+m}}{2k+1}\binom{n+k}{n-k}\binom{2k}{k-m} = \frac{1}{2n+1}$
En posant $p=n-m$, suivi du changement $k\leftarrow k-m$, on est amené à montrer que :
\[S_{m,p}=\sum_{k=0}^p \frac{(-1)^{k}}{2k+2m+1}\binom{2m+p+k}{p-k}\binom{2(m+k)}k = \frac{1}{2(m+p)+1}\]
On montre par récurrence sur $p$ la propriété : $\forall m\in\mathbb N$, $S_{m,p}=\frac{1}{2(m+p)+1}$.
Pour $p=0$ il n'y a rien à faire. Supposons la propriété pour un entier $p$, on calcule alors :
\begin{align*}
S_{m,p+1}&=\sum_{k=0}^{p+1} \frac{(-1)^{k}}{2k+2m+1}\binom{2m+p+1+k}{p+1-k}\binom{2(m+k)}k\\
&=\frac1{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}+\sum_{k=1}^{p+1} \frac{(-1)^{k}}{2k+2m+1}\binom{2(m+1)+p+k-1}{p-(k-1)}\binom{2(m+1+k-1)}{k-1+1}\\
&=\frac1{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}-\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2k+2(m+1)+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\binom{2(m+1+k)}{k+1}\\
&=\frac1{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}-\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2k+2(m+1)+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\left[\binom{2(m+1+k)+1}{k+1}-\binom{2(m+1+k)}{k}\right]\quad\text{(Pascal)}\\
&=S_{m+1,p}+\frac1{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}-\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2k+2(m+1)+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\binom{2(m+1+k)+1}{k+1}\\
\end{align*}
Posons $\displaystyle R_{m,p}=\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2k+2(m+1)+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\binom{2(m+1+k)+1}{k+1}$, alors :
\begin{align*}
R_{m,p}&=\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2k+2(m+1)+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\frac{2(m+1+k)+1}{k+1}\binom{2(m+1+k)}{k}\\
&=\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{k+1}\binom{2(m+1)+p+k}{p-k}\binom{2(m+1+k)}{k}\\
&=\sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{k+1}\binom pk\binom{2(m+1)+p+k)}{p}\\
&=\frac1{p+1}\sum_{k=0}^{p} (-1)^{k}\binom{p+1}{k+1}\binom{2(m+1)+p+k)}{p}\\
&=-\frac1{p+1}\sum_{k=1}^{p+1} (-1)^{k}\binom{p+1}{k}\binom{2m+p+k+1)}{p}\\
&=\frac1{p+1}\binom{2m+p+1}{p}-\frac1{p+1}\sum_{k=0}^{p+1} (-1)^{k}\binom{p+1}{k}\binom{2m+p+k+1)}{p}\\
\end{align*}
Notons $\displaystyle R(X)=\sum_{k=0}^{p+1} (-1)^{k}\binom{p+1}{k}X^{2m+p+k+1}=X^{2m+p+1}(1-X)^{p+1}$, alors on voit que :
\[\sum_{k=0}^{p+1} (-1)^{k}\binom{p+1}{k}\binom{2m+p+k+1)}{p}=\frac{R^{(p)}(1)}{p!}=0\]
il reste donc $\displaystyle R_{m,p}=\frac1{p+1}\binom{2m+p+1}{p} = \frac{1}{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}$, ce qui entraîne que
\[\frac{1}{2m+1}\binom{2m+p+1}{p+1}-R_{m,p}=0\]
et par conséquent
\[S_{m,p+1}=S_{m+1,p}=\frac{1}{2(m+1+p)+1}\quad\text{d'après (HR)}\]
ce qui achève la récurrence.
J'ai essayé aussi en fixant m positif de démontrer par récurrence sur n la propriété $P_n:\, \displaystyle\sum_{k=m}^n \frac{(-1)^{k+m}}{2k+1}\binom{n+k}{n-k}\binom{2k}{k-m} = \frac{1}{2n+1}$ pour tout $n\geq m$ mais je n'arrive pas à faire aboutir la méthode.
Quelle idée essaye -tu de développer pour la 12045 ?
Posons $\displaystyle S_N=\sum_{n=1}^N(-1)^{n-1}\left(n\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-1\right)$. Alors
\begin{align*}
S_N&=\sum_{n=1}^N\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}n}{k^2}+\sum_{n=1}^N(-1)^n\\
&=\sum_{k=2}^N\sum_{n=1}^{k-1}\dfrac{(-1)^{n-1}n}{k^2}+\sum_{k=N+1}^{+\infty}\sum_{n=1}^N\dfrac{(-1)^{n-1}n}{k^2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)^N}{2}\\
&=\sum_{k=2}^N\dfrac{1}{k^2}\sum_{n=1}^{k-1}(-1)^{n-1}n+\left(\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}n\right)\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)^N}{2}\\
&=\sum_{k=2}^N\dfrac{1}{k^2}\dfrac{1+(2k-1)(-1)^k}{4}+\dfrac{1-(2N+1)(-1)^N}{4}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)^N}{2}\\
&=\dfrac{1}{4}\sum_{k=2}^N\dfrac{1}{k^2}+\dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^N\dfrac{(-1)^k}{k}-\dfrac{1}{4}\sum_{k=2}^N\dfrac{(-1)^k}{k^2}+\dfrac{1-(-1)^N}{4}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{(-1)^N}{2}\left(N\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-1\right)-\dfrac{1}{2}
\end{align*}
donc
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\left(n\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-1\right)&=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{\pi^2}{6}-1\right)+\dfrac{1-\ln 2}{2}-\dfrac{1}{4}\left(-\dfrac{\pi^2}{12}+1\right)-\dfrac{1}{2}\\
&=\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{\ln 2}{2}-\dfrac{1}{2}.
\end{align*}
J'ai utilisé le fait que $\displaystyle\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}\sim\dfrac{1}{N}$ (par comparaison série-intégrale) et la formule $\displaystyle\sum_{n=1}^Nnx^{n-1}=\dfrac{1-(N+1)x^N(1-x)+x^{N+1}}{(1-x)^2}$.
On a facilement
$$\int_0^1\int_0^1\dfrac{x}{1-xy}dxdy=1.$$
Par ailleurs, en posant $u=\dfrac{x}{1-xy}$ on a
\begin{align*}
\int_0^1\int_0^1\left\lfloor\dfrac{x}{1-xy}\right\rfloor dydx&=\int_0^1\int_x^{\tfrac{x}{1-x}}\dfrac{\lfloor u\rfloor}{u^2}dudx\\
&=\int_0^1\int_{\tfrac{u}{1+u}}^u\dfrac{\lfloor u\rfloor}{u^2}dxdu+\int_1^{+\infty}\int_{\tfrac{u}{1+u}}^1\dfrac{\lfloor u\rfloor}{u^2}dxdu\\
&=\int_1^{+\infty}\left(1-\dfrac{u}{1+u}\right)\dfrac{\lfloor u\rfloor}{u^2}du\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}n\int_n^{n+1}\left(\dfrac{1}{u^2}-\dfrac{1}{u(1+u)}\right)du\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}n\int_n^{n+1}\left(\dfrac{1}{u^2}-\dfrac{1}{u}+\dfrac{1}{1+u}\right)du\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}n\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln n+\ln(n+2)-\ln(n+1)\right)
\end{align*}
Notons $S_{N-1}$ la somme partielle d'ordre $N-1$ de cette dernière série. En écrivant $n=n+1-1$ on obtient après télescopage
\begin{align*}
S_{N-1}&=\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n}-1+N\ln(N+1)-\ln 2-\sum_{n=1}^{N-1}\ln(n+2)-N\ln N+\sum_{n=1}^{N-1}\ln(n+1)\\
&=\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n}-1+N\ln\left(1+\dfrac{1}{N}\right)-\ln(N+1)
\end{align*}
qui tend vers $\gamma$ quand $N$ tend vers $+\infty$. Ainsi on a bien
$$\int_0^1\int_0^1\left\{\dfrac{x}{1-xy}\right\} dxdy=1-\gamma.$$
$\displaystyle J=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln^2(\sin x)dx$
qui utilise l'identité:
$a^2+b^2=\frac{1}{2}\left((a+b)^2+(a-b)^2\right)$
On procède au changement de variable $y=\frac{\pi}{2}-x$,
$\displaystyle J=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln^2(\cos x)dx$
Donc, en utilisant l'identité ci-dessus,
$\begin{align}4J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\Big(\left(\ln(\sin x)+\ln(\cos x)\right)^2+\left(\ln(\sin x)-\ln(\cos x)\right)^2\big) dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{\sin (2x)}{2}\right)+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\tan x)dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{\sin (2x)}{2}\right)dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\tan x)dx\\
\end{align}$
Dans la première intégrale on fait le changement de variable $y=2x$ et dans la seconde $y=\tan x$,
$\begin{align}4J&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln^2\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+\int_0^{\infty}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\ln^2\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx+\int_1^{\infty}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on procède au changement de variable $y=\pi-x$ et dans la dernière $y=\dfrac{1}{x}$,
$\begin{align}4J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+2\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
&=J-2\ln 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx+\frac{\pi}{2}\ln^2 2+2\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
\end{align}$
Maintenant si on sait que,
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx=-\frac{\pi}{2}\ln 2$
et que,
$\displaystyle \int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx=\frac{\pi^3}{16}$
alors,
$\boxed{\displaystyle J=\frac{\pi}{2}\ln^2 2+\frac{\pi^3}{24}}$
On peut calculer de la même façon,
$\begin{align} K&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\Big(\ln(\sin x)+\ln(\cos x)\Big)dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\sin(2x)}{2}\right)dx\\
\end{align}$
On fait le changement de variable $y=2x$,
$\begin{align} K&=\frac{1}{4}\int_0^{\pi}\ln\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx\\
&=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+\frac{1}{4}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\ln\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on procède au changement de variable $y=\pi-x$,
$\begin{align} K&=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx+\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\cos x}{2}\right)dx\\
&=\frac{1}{2}K-\frac{\pi}{4}\ln 2\\
\end{align}$
Donc,
$\boxed{\displaystyle K=-\frac{\pi}{2}\ln 2}$
PS:
On a l'identité:
$(a+b)^4+(a-b)^4=2(a^4+b^4)+12a^2b^2$
A priori, je ne sais pas quoi faire du terme $12a^2b^2$ pour ce qui nous concerne ici.
Cela revient à savoir calculer:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\cos x)\ln^2 (\sin x)dx$
pour calculer,
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^4 (\sin x)dx$
Soit à calculer pour $0\leqslant n$ :
\[S_n=\sum_{j=0}^n\sum_{k=j}^n (-1)^{k-j}\binom k{2j}\binom nk 2^{n-k}\]
Avec la convention que $\binom k{2j}=0$ dès que $j>\frac k2$, on a :
\begin{align*}
S_n&=\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{n-k}\binom nk\left(\sum_{j=0}^k (-1)^j\binom k{2j}\right)\quad\text{(interversion de sommes)}\\
&=\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{n-k}\binom nk \mathrm{Re}\left(\sum_{p=0}^k \binom kpi^p\right)\\
&=\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{n-k}\binom nk \mathrm{Re}\left[(1+i)^k\right]\\
&=\mathrm{Re}\left( \sum_{k=0}^n (-1)^k2^{n-k}\binom nk \sqrt{2}^k e^{i\frac{k\pi}4}\right)\\
&=\mathrm{Re}\left[ (2-\sqrt 2e^{i\frac{\pi}4})^n\right]\\
&=\sqrt{2}^n\mathrm{Re}\left[ (\sqrt 2-e^{i\frac{\pi}4})^n\right]\\
&=\boxed{\sqrt{2}^n\cos(\frac{n\pi}4)}
\end{align*}
$$\sum_{p=0}^k (-1)^p\binom k{2p}=\mathrm{Re}\left(\sum_{p=0}^k \binom kpi^p\right)$$
$\sum_{p=0}^k \binom kpi^p=\sum_{p=0}^{2k} \binom kpi^p=\sum_{p=0}^k \binom k{2p}i^{2p} +\sum_{p=0}^{k-1} \binom k{2p+1}i^{2p+1}$
Merci Hébus pour les deux solutions, je travaille ta solution de la 12031 ( j'ai une peur bleue des fractions entières) je ne vais regarder la 12045 que si je dépose les armes :-D
Merci FDP , je vais regarder en détails car ma passion est de calculer l’intégrale avec p=4, déjà c'est calculée sur MSE pour p=3
Toujours la même,
Ecrire,
$\displaystyle n\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}-1$
sous forme d'intégrale.
x)\ln^p (\sin x)dx$ et $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^{2p} (\sin
x)dx$
pour p=1 $\int_0^{\pi/2}\log^2(\sin(x))\, dx
=\frac32\pi\ln^2(2)-2\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))\ln(\cos(x))\, dx $ car
\begin{align}
\int_0^{\pi/2}\log^2(\sin(x))\, dx
&= \int_0^{\pi/2}\log^2(2\sin(x/2)\cos(x/2))\, dx\\
&=\int_0^{\pi/2}\Big(\ln(2)+\log(\sin(x))+\ln(\cos(x))\Big)^2\,dx\\
&=\frac\pi2\ln^2(2)+4\ln(2)\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))\, dx\\
&+2\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))\ln(\cos(x))\,dx +2\int_0^{\pi/2}\ln^2(\sin(x))\,dx
\end{align}
stp comment obtiens-tu :
gebrane écrivait:
>
> $\sum_{p=0}^k \binom kpi^p=\sum_{p=0}^{2k} \binom
> kpi^p$
>
Le membre de gauche vaut (i+1)k, mais pour le membre de droite la formule du binôme donne-t-elle des termes qui s'annulent pour p compris entre k+1 et 2k ?
Merci !
Une suite d'intégrales qui est proche de celle qui t'intéresse. J'ai lu en diagonale:
https://math.stackexchange.com/questions/2087035/evaluate-int-0-pi-theta-3-log3-left-2-sin-frac-theta-2-righ
(cf. https://www.jstor.org/stable/3609410 j'espère qu'on peut voir les pages de l'article en images)
On montre d'abord facilement en intervertissant les sommes que $$
\sum_{j=1}^kH_j=(k+1)H_k-k \qquad\text{ et }\qquad
\sum_{k=1}^n(-1)^kH_k=\frac{(-1)^n}{2}H_n+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k}.
$$ Par conséquent \begin{align*}
S_n&=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{n-k}}{k}\sum_{j=1}^kH_j\\
&=(-1)^n\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k}}{k}((k+1)H_k-k)\\
&=(-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^kH_k+(-1)^n\sum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kH_k}{k}-(-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k\\
&=\frac{H_n}{2}+\frac{(-1)^n}{2}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k}+(-1)^n\sum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kH_k}{k}+\frac{(-1)^n-1}{2}.
\end{align*} Par le critère spécial des séries alternées, les séries de terme général $\dfrac{(-1)^k}{k}$ et $\dfrac{(-1)^kH_k}{k}$ convergent, donc $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{\ln n}=\dfrac{1}{2}.
$$ Par ailleurs, après calculs, on a $$
S_{2n}-S_{2n-1}=\sum_{k=1}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{k}+2\sum_{k=1}^{2n-1}\dfrac{(-1)^kH_k}{k}+\frac{H_{2n}}{2n}+\dfrac{1}{2n}+1,$$ donc $$
\lim_{n\to+\infty}(S_{2n}-S_{2n-1})=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}+2\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^kH_k}{k}+1.
$$ On sait que la première somme vaut $-\ln 2$, et j'ai montré dans un fil précédent http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1664140,1664390#msg-1664390 que $$
\sum_{n=1}^{+\infty}H_nx^n=-\dfrac{\ln(1-x)}{1-x}$$ donc $$
\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^kH_k}{k}=\int_{-1}^0\dfrac{\ln(1-x)}{x(1-x)}dx.
$$ Cette dernière intégrale vaut $\dfrac{\ln^22}{2}-\dfrac{\pi^2}{12}$ donc finalement $$
\lim_{n\to+\infty}(S_{2n}-S_{2n-1})=1-\ln 2+\ln^22-\dfrac{\pi^2}{6}.$$
Je viens d'avoir le temps pour voir en détails la 12031, merci pour la méthode. Une question: est ce que tu as une méthode rapide pour appliquer Fubini, moi je dois absolument dessiner le domaine $\{(x,y) / 0\leq x\leq 1,\, x\leq y\leq \frac x{1-x}\}$ pour pouvoir l'appliquer
Maintenant, je pense pouvoir attaquer $\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left\{ \frac{1}{xy}\right\}^n dxdy$ "elle me faisait peur avant "
$$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xy}\right\}^{2}dxdy = 1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2}.$$
Bon courage pour trouver une formule avec $n$ quelconque ! :-D
PS:
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Les mathématiques sont pleins de mystères. Il te semble invraisemblable qu'il existe une relation de récurrence qui donne les valeurs de $\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left\{ \frac{1}{xy}\right\}^n dxdy$ de proche en proche.
Pour te convaincre que c'est possible, regardons l'exemple $I_n=\int_0^{\frac {\pi}2} \ln^n(sin(x)dx$
$I_1=-\frac{\pi \ln(2)}2$, $I_2=\frac{\pi^3+3\pi \ln^2(4)}{24}$, $I_3=$http://www.wolframalpha.com/input/?i=\int_0^{\pi+/2}+++\ln^3(sin(x)+)++dx, $I_4=$ http://www.wolframalpha.com/input/?i=\int_0^{\pi+/2}+++\ln^4(sin(x)+)++dx
Il parait qu'il n y a aucun lien de concurrence mais l'article donné par FDP dit tout le contraire
@FDP
Merci infiniment pour l'article. Je te demande un service peux-tu me taper la formule (8), je n'arrive pas à la lire correctement
Concernant l'évaluation de $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^p(\sin x)dx$
Il y a aussi l'article de Kölbig de 1982:
https://www.jstor.org/stable/2007532
J'essaierai de mettre demain sur le forum cet article qui est accessible à tous (moyennant de créer un compte gratuit sur Jstor)
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^p(\sin x)dx$$
Mais je ne me souviens plus quel numéros.
Je n'arrive pas à joindre un fichier
Cela répond bien à la question