Fonction définie par une série

n12345
n12345
dans Analyse
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

Réponses

  • gebrane
    gebrane
    Tu donnes des affirmations sans preuves.
    Je viens de traiter récemment le développement en série de Fourier de x sin x ce qui donne ce que tu cherches
    Le 😄 Farceur


  • n12345
    n12345
    La première égalité vient de la décomposition en éléments simples de$\frac{1}{n^2-1}$ et les 2 suivantes du télescopage de

    $\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{k-1}+H_n=-\frac{3}{2}+\omicron(1)$ 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
  • gebrane
    gebrane
    Tu fais des changements d' indexations avec ta méthode et tu trouvera 1/2
    Le 😄 Farceur


  • jean lismonde
    jean lismonde
    Bonjour

    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
  • Chaurien
    Chaurien
    Attention l'égalité $\frac{2}{n^2 - 1} = \frac{1/2}{n - 1} - \frac{1/2}{n+ 1}$ est fausse. On a : $\frac{2}{n^2 - 1} = \frac 1{n - 1} - \frac 1{n+ 1}$. C'est pour ça qu'il y a ce $2$ au numérateur dans l'énoncé.
    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.
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour Chaurien
    Chaurien dit Et pas de Fourier dans cette affaire

    C'est une autre façon indirecte pour calculer ce f(-1)
    Le 😄 Farceur


  • n12345
    n12345
    Ok, merci à tous pour vos réponses!
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Pas besoin de séries de Fourier, ni de logarithme !
    \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}
  • gebrane
    gebrane
    Endgame tu répètes ce que j 'ai dit
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    Gebrane: tu as dit "pas de série de Fourier" moi je dis: "pas de série de Fourier, pas de logarithme".

    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-)
  • gebrane
    gebrane
    FDP dit Personne d'autre n'avait fait les calculs que j'ai faits. Je ne répète rien.
    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
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    Gebrane: Ce n'est pas le calcul que j'ai fait. B-)-
  • gebrane
    gebrane
    Tu m'as assommé B-)-

    dit moi, tu es fumeur ? car tu utilises exclusivement le smiley B-)-
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    Le calcul auquel Gebrane pensait très probablement:


    \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)
  • gebrane
    gebrane
    Tiens tiens tu démontres que $\sum_{k=2}^{N}\frac{2(-1)^k}{k^2-1}$ est constant, tu es aussi plus assommé que gebrane . Trouve ton erreur B-)-
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    J'avais oublié que je travaillais sur des sommes finies. :-D
    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)
  • gebrane
    gebrane
    FDP dit a priori on ne sait pas si elles convergent
    Tu oublies le CSSA B-)-?
    C pour critère
    S pour spéciale
    ......
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    Gebrane: Il aurait fallu interrompre le calcul pour donner une justification qu'on peut couper la série initiale en une somme de deux séries. On n'a pas besoin de donner cette justification ici, elle ne sert à rien.
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