Une somme
Bonjour je souhaite évaluer cette somme : $$S=\sum_{1\leq m<n<+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\Big).$$ Pour cela j'introduis les deux sommes suivantes
\begin{align*}
P&=\sum_{1\leq m,n<+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\Big) \\
J&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^{4}}
\end{align*} Je sais évaluer $ P$ et $J$.
En posant $ f(n,m)=\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})$ alors $f$ n'est pas symétrique.
Ma question est qu'elle lien y a-t-il entre $ S'=\sum_{1\leq n<m<+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})$ et $S$ ?
Pour évaluer $ S'$ j 'ai voulu faire un changement de type $ m=n+k$ mais ce changement pouvait se faire dans $ S$
\begin{align*}
P&=\sum_{1\leq m,n<+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\Big) \\
J&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^{4}}
\end{align*} Je sais évaluer $ P$ et $J$.
En posant $ f(n,m)=\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})$ alors $f$ n'est pas symétrique.
Ma question est qu'elle lien y a-t-il entre $ S'=\sum_{1\leq n<m<+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})$ et $S$ ?
Pour évaluer $ S'$ j 'ai voulu faire un changement de type $ m=n+k$ mais ce changement pouvait se faire dans $ S$
Réponses
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Personnellement, pour calculer $S$, je couperais la somme en deux et j'écrirais chacun des deux morceaux comme un produit de deux sommes.
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Je plussoie à ce que dit Frédéric Bosio.
Après il faut être capable d'évaluer : $$
\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{-n}}{n}\qquad\text{et}\qquad
\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{-n}}{n^2}
$$ La première somme est facile à évaluer, la seconde un peu moins.
PS. Pour la deuxième somme si on ne connaît rien à la fonction dilogarithme peut-être le plus simple est de transformer cette série en intégrale sur lequel il sera plus facile de travailler. -
Pour la seconde, ne peut-on simplifier $\sum _{n \geq 1} \frac{z^n }{n^2 }$ et prendre la valeur en $\frac{1}{2}$ ?
-
Soit $\displaystyle f(x)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{x^{n}}{n^{2}}$, calculer $f^{~\prime }(x)$ et exprimer $\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^{x}f^{~\prime }(t)dt$ en fonction de $f(1-x)$ et de $f(\frac{1}{2})$).
On trouve : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{2^{n}n^{2}}=f(\frac{1}{2%
})=\frac{\pi ^{2}}{12}-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}$. -
On peut montrer que \begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{-n}}{n^2}&=-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-\frac{1}{2}x}\,dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln x}{x-2}\,dx\\
&\overset{y=\frac{x}{2-x}}=-\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2x}{1+x}\right)}{1+x}\,dx\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln 2}{1+x}\,dx+\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}\,dx\\
&=-\ln 2\Big[\ln(1+x)\Big]_0^1+\frac{1}{2}\Big[\ln^2(1+x)\Big]_0^1-\left(\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}\,dx\right)\\
&=-\frac{1}{2}\ln^2 2-\left(\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}\,dx\right)
\end{align}Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $y=x^2$,
\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{-n}}{n^2}&=-\frac{1}{2}\ln^2 2-\left(\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\right)\\
&=-\frac{1}{2}\ln^2 2-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\\
&=-\frac{1}{2}\ln^2 2+\frac{1}{2}\zeta(2)\\
&=-\frac{1}{2}\ln^2 2+\frac{1}{2}\times\frac{\pi^2}{6}\\
&=\boxed{-\frac{1}{2}\ln^2 2+\frac{\pi^2}{12}}
\end{align}
NB:Pour obtenir la représentation intégrale on peut développer en série pour $0<x<1$, $\dfrac{1}{1-\frac{1}{2}x}$ et on utilise l'identité vraie pour $n\geq 0$, entier naturel:
$\displaystyle \int_0^1 x^n\ln x\,dx=-\frac{1}{(n+1)^2}$ -
FDP s'il te plait éclaire ma lampe
Quelle est la definition de $\sum_{1\leq m<n<+\infty} u_{n,m}$ car je ne comprends pas vos calculs
Est ce que $\sum_{1\leq m<n<+\infty} u_{n,m}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1} u_{n,m}$?
edit ok j'ai inversé, $\sum_{1\leq m<n<+\infty} u_{n,m}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=1}^{n-1} u_{n,m} $Le 😄 Farceur -
Gebrane:
Dans le cas d'une suite double à termes positifs on a le théorème de Fubini-Tonelli.
Ce qui veut dire que la somme double est égale à $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{m=1}^\infty u_{m,n}\right)=\sum_{m=1}^\infty \left(\sum_{n=1}^\infty u_{m,n}\right)$
Mais dire que cela constitue une définition ce serait peut-être abuser. -
FDP tu n'as pas compris ma question :-D, mais c'est regléLe 😄 Farceur
-
Gebrane:
Ce que tu as écrit ne constitue pas réellement une définition à mon sens.
(je n'avais pas vu le $m<n$ ) -
FDP Que propose-tu comme definition du machin $$\sum_{1\leq m<n<+\infty} u_{n,m}.
$$ edit @ les intervenants, Peut être je suis complètement paumé aujourd'hui, mais vous ne calculez pas $S$ mais autre chose
Wolfram donne https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{m=1}^{n-1}++\frac{2^{-n}}{m^2n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\Big)Le 😄 Farceur -
Bonsoir merci pour vos interventions , j'ai pu calculé la somme
en évaluant $ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^3}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$
la somme $ \sum_{1\leq n<m<+\infty}=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{m=n+1}^{+\infty}$ -
On peut voir les détails de ton calcul et surtout le lien en S et S'Le 😄 Farceur
-
On pose $ a_{n,m}=\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{-k}}{k^{m}}$,
$ \displaystyle H_{n}^{(m)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{m}}, \quad S=\sum_{n,m=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})$
donc $\displaystyle P=2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^4}+\sum_{n>m=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})+\sum_{m>n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}).$
Posons
\begin{align*}
S'&= \sum_{m>n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{(n+k)^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+k}) \\
S'&=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{(n+k)^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+k})=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^2}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+k)^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+k)^3} \\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^2}\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n}\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k^3} \\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^2}[\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}]+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n}[\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^3}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^3}] \\
&=L_{2}(\frac{1}{2})\zeta(2)+L_{1}(\frac{1}{2})\zeta(3)-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^3} \\
&=L_{2}(\frac{1}{2})\zeta(2)+L_{1}(\frac{1}{2})\zeta(3)-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}H_{n}^{(2)}}{n^2}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}H_{n}^{(3)}}{n}
\end{align*} De plus
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}H_{n}^{(2)}}{n^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}H_{n}^{(3)}}{n} &=\int_{0}^{\frac{1}{2}} [\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{Li_{2}(t)}{t(1-t)}dt]dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{Li_{3}(t)}{t(1-t)}dt \\
&=\int_{0}^{\frac{1}{2}} [\frac{1}{x}\int_{0}^{x}Li_{2}(t)[\frac{1}{t}+\frac{1}{1-t}]dt]dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{Li_{3}(t)}{t(1-t)}dt \\
&=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{Li_{3}(x)}{x}dx+
\int_{0}^{\frac{1}{2}} [\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{Li_{2}(t)}{1-t}dt]dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{Li_{3}(t)}{1-t}dt
\end{align*} comme $$
\int_{0}^{x}\frac{Li_{2}(t)}{1-t}dt=-Li_{2}(x)\ln(1-x)-\ln xln^2(1-x)-2Li_{2}(1-x)\ln(1-x)+2(Li_{3}(1-x)-Li_{3}(1))$$ -
On évalue simplement la somme $S'$ je n'obtiens pas de relation directe avec $S .$
\begin{align*}
S&=\sum_{n>m=1}^{+\infty}\frac{2^{-n}}{m^2n}(\frac{1}{n}+\frac{1}{m})=\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{2^{-(m+k)}}{m^2(m+k)}(\frac{1}{m+k}+\frac{1}{m}) \\
&=\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^2}\sum_{k\geq m+1}\frac{2^{-k}}{k^2}+\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^3}\sum_{k\geq m+1}\frac{2^{-k}}{k} \\
&=\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^2}(L_{2}(\frac{1}{2})-\sum_{k=1}^{m}\frac{2^{-k}}{k^2})+\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^3}(L_{1}(\frac{1}{2})-\sum_{k=1}^{m}\frac{2^{-k}}{k}) \\
&=L_{2}(\frac{1}{2})\zeta(2)+L_{1}(\frac{1}{2})\zeta(3)-\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^{m}\frac{2^{-k}}{k^2}-\sum_{m\geq 1}\frac{1}{m^3}\sum_{k=1}^{m}\frac{2^{-k}}{k}
\end{align*} -
Merci d' avoir répondu KLe 😄 Farceur
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Bonjour!
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