Série alternée
Bonjour,
existence et calcul de $$S= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln(1+\frac{1}{n}).
$$ Existence : facile avec le CSSA.
Calcul : j'ai réécrit $$ S= \sum_{n=1}^{\infty} \big(2\ln(2n+1) -2\ln(2n)\big)=\sum_{n=1}^{\infty} \ln \big(1+ \frac{1}{2n}\big)^2 .
$$ Après je suis bloqué... d'ailleurs il doit y avoir une erreur quelque part car la dernière expression est une série divergente...:-S
existence et calcul de $$S= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln(1+\frac{1}{n}).
$$ Existence : facile avec le CSSA.
Calcul : j'ai réécrit $$ S= \sum_{n=1}^{\infty} \big(2\ln(2n+1) -2\ln(2n)\big)=\sum_{n=1}^{\infty} \ln \big(1+ \frac{1}{2n}\big)^2 .
$$ Après je suis bloqué... d'ailleurs il doit y avoir une erreur quelque part car la dernière expression est une série divergente...:-S
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Réponses
Je ne trouve pas $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (2\ln(2n+1) -2\ln(2n))$.
e.v.
$$
S=\ln \bigg(\prod_{n=1}^{\infty} \Big(\frac{2n+1}{2n}\Big)^2\bigg).
$$ Si on appelle $P_n$ le "produit partiel", on a $$P_n= \prod_{k=1}^{n} \Big(\frac{2k+1}{2k}\Big)^2 $$
Je travaillerais sur les sommes partielles, que je peux limiter aux indices pairs.
1. Si $S_N$ est la somme partielle, toujours avec $N$ pair, modulo une transfo d'Abel le terme $S_N$ va s'exprimer à l'aide d'un terme divergeant et de $T_N=\sum_{n=1} ^N(-1)^n\ln(n)$.
2. Par une transformation classique en séparant les termes pairs et impairs, $T_N$ s'exprime en fonction de $A_N$ (et probablement $A_{N/2}$), avec $A_N=\sum_{n=1} ^N\ln(n)$.
3. Par encadrement entre intégrales, on doit pouvoir récupérer un développement asymptotique de $A_N$ au moins jusqu'au $o(1)$.
4. Si le 3. a fonctionné (c'est là dessus que j'y vois moins clair sans le poser), tu auras la limite de $S_N$
Par exemple : RMS 125-2, exercice 840, Centrale PSI 2014
Edit : grillé par Poirot
ta série alternée de logarithmes peut s'écrire sous la forme du logarithme d'un produit infini de fractions :
$$S = ln\frac{1.3.3.5.5.7.7.9.9....}{2.4.4.6.6.8.8.10......}$$
soit encore $2ln[1/2/3/4/5/6/7/8/9/.....]$
qui est une série de quotients liée aux applications des intégrales de Wallis :
on trouve $S = - ln\frac{\pi}{2}$
cordialement
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\ln(2).
$$ Mais par contre quand on écrit : $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln(1+\frac{1}{n})= \sum_{n=1}^{\infty} \big(2\ln(2n+1) -2\ln(2n)\big)=\sum_{n=1}^{\infty} \ln \big(1+ \frac{1}{2n}\big)^2 .
$$ Là ça ne marche plus... pourquoi ?
Regarde du côté des "regroupements par paquets".
Je pense qu'il y a une erreur de calcul, comme e.v. te l'a fait remarquer. Je trouve $\sum_{n=1}^{+\infty} \ln \left(1+\frac{1}{2n} \right) - \ln \left(1+\frac{1}{2n+1} \right)$ et cela ne se simplifie guère.
Je crois que tu as effacé l'écriture de ton produit avec toutes ces factorielles.
Le produit des entiers pairs de $2$ à $2n$ s'écrit $2^n n!$ et le produit des entiers impairs de $1$ à $2n+1$ s'écrit $(2n+1)! / (2^n n!)$ donc ton produit devrait se réécrire
\[
\left(\frac{(2n+1)!}{2^{2n} (n !)^2 }\right)^2.
\] Mais quand j'utilise Stirling il y a un $\sqrt n$ qui ne se simplifie pas. Soit j'ai fais une erreur de calcul soit tes indices ne sont pas bons et il faut regarder le produit des entiers impairs de $1$ à $2n-1$ ce qui donne
\[
\left(\frac{(2n-1)!}{2^{2n-1}n!(n-1)! }\right)^2.
\] J'ai un peu la flemme de recommencer mes calculs. Mais en tout cas ça devrait marcher avec la formule de Stirling.
Je le note, ça fera un bon exercice pour mes étudiants.
\sum_{k=0}^K\left(-\ln\frac{2k+2}{2k+1}+\ln\frac{2k+3}{2k+2}\right)\\&=
\sum_{k=0}^K\bigl(\ln(2k+1)+\ln(2k+3)-2\ln(2k+2)\bigr)
\end{align*}et il n'y a pas de télescopage.
@gilles : oui sous cette forme, pas de simplifications, mais au moins on peut montrer que la série converge aussi sous cette forme (et du coup le produit infini aussi) , à défaut d'autres chose :-D
Seulement 2 * de difficulté c'est pas cher payé par contre ! :-D