Série
Bonjour à tous
J'ai vu cette relation $\displaystyle 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}=\ln(2)$ que j'ai essayé de vérifier mais j'obtiens autre chose . Posons
$ \beta=-\pi+\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
$ \alpha=\pi+\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
\begin{align*}
J&=2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}. \qquad\text{Donc}\\
J&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\alpha}}{n}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\beta}}{n} \\
J&=e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}dx+e^{-\beta}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\beta}x)^{n-1}dx \\
J&=\int_{0}^{1}\Big[e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}\Big]dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\Big[\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-2\pi}x)^{n-1}\Big]dx \\
J&=e^{-\alpha}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx=\ln(1+e^{-\alpha})+\ln(1+e^{-\beta}).
\end{align*} Quelqu'un voit-il une bêtise dans ma démarche ?
J'ai vu cette relation $\displaystyle 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}=\ln(2)$ que j'ai essayé de vérifier mais j'obtiens autre chose . Posons
$ \beta=-\pi+\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
$ \alpha=\pi+\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
\begin{align*}
J&=2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}. \qquad\text{Donc}\\
J&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\alpha}}{n}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\beta}}{n} \\
J&=e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}dx+e^{-\beta}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\beta}x)^{n-1}dx \\
J&=\int_{0}^{1}\Big[e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}\Big]dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\Big[\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-2\pi}x)^{n-1}\Big]dx \\
J&=e^{-\alpha}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx=\ln(1+e^{-\alpha})+\ln(1+e^{-\beta}).
\end{align*} Quelqu'un voit-il une bêtise dans ma démarche ?
Réponses
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Bonjour Keynes.
$$
\left[\sqrt{1+\cosh(n\pi)^2}+\cosh(n\pi)\right]^n=e^{n\pi}.
$$ L'information est vérifiée ?Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Dans la première égalité, ne serais-tu pas en train de confondre le cosinus et le sinus hyperboliques ?
-
erreur de saisie
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Numériquement, la relation colle.
Je n'avais pas bien lu le début : il n'y a pas de $n$ dans l'expression compliquée au dénominateur. Si on écrit $2\cosh(n\pi)$ comme somme de deux exponentielles, on doit calculer la somme de deux séries géométriques. La simplification reste à préciser mais ça doit être jouable, non ? -
Bonjour $\displaystyle 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}=\ln(2)$ Posons
$\beta=\pi-\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
$\alpha=-\pi-\ln\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)\big)$
\begin{align*}
J&=2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cosh(n\pi)}{n\Big[\sqrt{1+\cosh(\pi)^2}+\cosh(\pi)\Big]^n}. \qquad\text{Donc}\\
J&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\alpha}}{n}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}e^{-n\beta}}{n} \\
J&=e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}dx+e^{-\beta}\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-e^{-\beta}x)^{n-1}dx \\
J&=\int_{0}^{1}\Big[e^{-\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-\alpha}x)^{n-1}\Big]dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\Big[\sum_{n=1}^{+\infty}(-e^{-2\pi}x)^{n-1}\Big]dx \\
J&=e^{-\alpha}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx+e^{-\beta}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{-\alpha}x}dx=\ln(1+e^{-\alpha})+\ln(1+e^{-\beta}).\\
J&=\ln(1+e^{-\alpha}+e^{-\beta}+e^{-(\alpha+\beta)})\\
J&=\ln\left[1+e^{-\pi}\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)) +e^{\pi}\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi))+\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi))^2\right]\\
J&= \ln\Big[1+2\cosh(\pi)(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-2\cosh(\pi)) +\big(\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi))^2\Big] \\
J&=\ln\Big[2+2\cosh(\pi)\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-2\cosh(\pi)^2+ \cosh( \pi)^2-2\cosh(\pi)\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}+\cosh(\pi)^2\Big]=\ln(2)
\end{align*}
Mais l'auteur affirme que la valeur est exacte .Quel est le problème avec ma démarche ? -
Bonjour.
Peut-être déjà un problème de signe dans les définitions de $\alpha$ et $\beta$ : Faut-il lire un + à la place du - ? Dans tous les cas, je ne comprends pas le "Donc", bien que voyant le lien entre $\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}-\cosh(\pi)$ et $\sqrt{1+\cosh( \pi)^2}+\cosh(\pi)$.
Cordialement. -
Je me suis trompé en parlant de suite géométrique, je n'ai pas fait attention au dénominateur $1/n$. Plutôt que faire intervenir une intégrale, tu pourrais utiliser directement le fait que \[\forall u\in\left]-1,1\right[,\quad\ln(1+u)=\sum_{k\ge 1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}u^k.\] Par ailleurs, tu sais peut-être que $\ln\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=\mathrm{argsh}{y}$ pour tout réel $y$, cf. par exemple https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_hyperbolique#Argument_sinus_hyperbolique.
-
Le nombre $\pi$ est remplacable par $b>0$ sans inconvenient. Posons $a=\cosh b$ et $r=\sqrt{a^2+1}-a$ et donc $\sqrt{a^2+1}+a=1/r$ ainsi que
$$r^2+2a r=1. \ \ (*).$$ Remarquons que $re^b<1$ car $\frac{1}{r}-e^b=\sqrt{1+\cosh^2 b}-\sinh b>0.$ Utilisons pour $|z|<1$ l'identite $\log (1+z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}z^n$ pour ecrire la somme $S$ demandee ainsi d'apres (*):
$$S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(re^b)^n+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(re^{-b})^n=\log (1+2a r+r^2)=\log 2.$$ -
Merci à tous j'avais mal identifié $\alpha$ et $\beta$
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Bonjour!
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