Fonction définie par une série
Bonsoir, on considère pour tout réel compris entre $-1$ et $1$, $f(x)=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2x^n}{n^2-1}$.
Je souhaite calculer $f(-1)$ mais j'obtiens un résultat incohérent par rapport à l'étude la fonction : elle est décroissante sur $[-1,0]$ et $f(0)=0$ donc $f(-1)$ doit être positif...
J'appelle $H_n=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k}$. Déjà, $\sum_{k=2}^{n}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}-\frac{(-1)^k}{k+1}$ et par télescopage,
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}=-H_n-\frac{3}{2}+\omicron(1) $ et,
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}=-H_n+\frac{5}{6}-\omicron(1) $.On en déduit que
$\sum_{k=2}^{n}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}=\frac{-7}{3}+\omicron(1)$ puis $f(-1)=\frac{-7}{3}$.
Pourriez-vous m'indiquez où est mon erreur ? Merci de votre aide
Je souhaite calculer $f(-1)$ mais j'obtiens un résultat incohérent par rapport à l'étude la fonction : elle est décroissante sur $[-1,0]$ et $f(0)=0$ donc $f(-1)$ doit être positif...
J'appelle $H_n=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k}$. Déjà, $\sum_{k=2}^{n}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}-\frac{(-1)^k}{k+1}$ et par télescopage,
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}=-H_n-\frac{3}{2}+\omicron(1) $ et,
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}=-H_n+\frac{5}{6}-\omicron(1) $.On en déduit que
$\sum_{k=2}^{n}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}=\frac{-7}{3}+\omicron(1)$ puis $f(-1)=\frac{-7}{3}$.
Pourriez-vous m'indiquez où est mon erreur ? Merci de votre aide
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Réponses
Je viens de traiter récemment le développement en série de Fourier de x sin x ce qui donne ce que tu cherches
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}+H_n=-\frac{3}{2}+\omicron(1)$ et
$\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}+H_n=+\frac{5}{6}-\omicron(1)$.
J'ai encore le temps avant de voir les décompositions en série de Fourier, je ne peux pas l'utiliser comme argument..
merci de votre aide
f(0) = 0 en effet et d'autre part f(-1) = 1/4
le plus simple est d'expliciter f pour - 1 < x < 1
tu décomposes ta fraction $\frac{2}{n^2 - 1} = \frac{1/2}{n - 1} - \frac{1/2}{n+ 1}$
et tu utilises le développement en série $- ln(1- x) = x + \frac{x^2}{2} + ............+ \frac{x^n}{n}+......$ pour - 1 < x <1
et tu trouves : $ f(x) = \frac{1}{2}(\frac{1}{x} - x)ln(1- x) + \frac{x}{4} + \frac{1}{2}$
pour x = 0 tu sais que la limite de $\frac{x}{ln(1 - x)}$ si x tend vers 0 est - 1 et donc f(0) = 0
et enfin f(-1) = 1/4
Cordialement
Ceci permet de donner l'expression de $f(x)$ pour tout $x \in [-1,1[$ et pas seulement pour $x:=-1$, à partir de : $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$, avec des changements d'indices idoines, comme le fait Jean Lismonde. Sauf erreur on trouve : $ f(x) = \frac{1-x^2}{x} \ln(1- x) + \frac{x}{2} + 1$, d'où $f(-1)=\frac{1}{2}$, comme dit Gebrane. Et ça se prolonge pour $x:=1$, avec $ f(1)=\frac 32$. Et bien sûr aussi en $0$ comme dit JL, avec $f(0)=0$, mais ça, ça se voit à l’œil nu. La fonction $f$ est définie et continue sur $[-1,1]$ et $\mathcal C^{\infty}$ sur $]-1,1[$.
Maintenant, si l'on ne veut que $f(-1)$ ou $f(1)$, pas besoin de faire tout ça, un brave changement d'indice suffit, comme dit Gebrane..
Je veux dire enfin que la notation « $\displaystyle H_n=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k}$ » est tout à fait inopportune et pique les yeux, car l'usage consacre $\displaystyle H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac 1k$.
Et pas de Fourier dans cette affaire.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Chaurien dit Et pas de Fourier dans cette affaire
C'est une autre façon indirecte pour calculer ce f(-1)
\begin{align}
S&=\sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^n}{n^2-1}\\&=\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{(2n)^2-1}-\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{(2n+1)^2-1}
\end{align} Or,
\begin{align}
\sum_{n=1}^N \frac{2}{(2n)^2-1}&= \sum_{n=1}^N \frac{1}{2n-1}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{2n+1}\\
&=1+\frac{1}{2N+1}\\
\sum_{n=1}^N \frac{2}{(2n+1)^2-1}&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n+1}\\
&=\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}
\end{align} Donc,
\begin{align}
S&=\lim_{N\rightarrow \infty} \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2N+1}+\frac{1}{N+1}\right)\\
&=\boxed{\dfrac{1}{2}}
\end{align}
N12345 était mal parti avec l'introduction de son $H_n$*.
*: Cela ne permet pas de traiter $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{(2n+1)^2-1}$
PS:
Personne d'autre n'avait fait les calculs que j'ai faits. Je ne répète rien. B-)-
PS2:
Je n'avais pas bien lu les détails du calcul fait par N12345. 8-)
si si ce calcul est fait mais laisser pour faire par l'auteur
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2255926,2255938#msg-2255938
FDP dit Gebrane: tu as dit "pas de série de Fourier"
Je n'ai pas dit cela
dit moi, tu es fumeur ? car tu utilises exclusivement le smiley B-)-
\begin{align}N\geq 4,\sum_{k=2}^{N}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}&=\sum_{k=2}^N\left(\frac{(-1)^k}{k-1}-\frac{(-1)^k}{k+1}\right)\\
&=\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k-1}-\underbrace{\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k+1}}_{l=k+2}\\
&=\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k-1}-\sum_{k=4}^{N+2}\frac{(-1)^{l-2}}{l-1}\\
&=\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k-1}-\sum_{k=4}^{N}\frac{(-1)^{l}}{l-1}+\frac{(-1)^{N}}{N}-\frac{(-1)^{N}}{N+1}\\
&=\sum_{k=2}^{3}\frac{(-1)^k}{k-1}+\frac{(-1)^{N}}{N}-\frac{(-1)^{N}}{N+1}\\\\
&=1-\frac{1}{2}+\frac{(-1)^{N}}{N}-\frac{(-1)^{N}}{N+1}\\
&=\boxed{\dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)^{N}}{N}-\dfrac{(-1)^{N}}{N+1}}
\end{align}
Donc,
\begin{align}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}&=\lim_{N\rightarrow \infty}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)^{N}}{N}-\dfrac{(-1)^{N}}{N+1}\right)\\
&=\boxed{\dfrac{1}{2}}
\end{align}
PS: il y a des erreurs. (edit: erreurs corrigées)
Les deux sommes: $\displaystyle \sum_{k=2}^{N}\dfrac{(-1)^k}{k-1},\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k}$, a priori on ne sait pas si elles convergent donc pour éviter un développement sur la question il vaut mieux manipuler des sommes finies.
PS:
Je ne suis pas fumeur. Cette fumée-là ne cause aucune maladie et ne participe pas au réchauffement climatique. B-)-
(l'énergie utilisée pour créer ce message par contre c'est une autre histoire)
Tu oublies le CSSA B-)-?
C pour critère
S pour spéciale
......