Somme d'une série
dans Analyse
Bonjour à tous,
Un peu dans la même veine que l’équivalent de $\displaystyle \sum_{k=1}^n k\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{k}\right)$ que je vous avais proposé ici www.les-mathematiques.net, brillamment résolu par vos soins, voici un autre exercice que j’ai eu plaisir à résoudre:
Bien à vous,
Guillaume
Un peu dans la même veine que l’équivalent de $\displaystyle \sum_{k=1}^n k\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{k}\right)$ que je vous avais proposé ici www.les-mathematiques.net, brillamment résolu par vos soins, voici un autre exercice que j’ai eu plaisir à résoudre:
Calculer, si elle existe, la somme de la série de terme general $\displaystyle u_n=\dfrac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$.
Bien à vous,
Guillaume
Réponses
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On pourra sommer tous les premiers termes, tous les deuxièmes termes etc.
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N'ayant pas le temps de faire plus pour l'instant, justifions déjà la convergence. En utilisant le développement asymptotique à deux termes de la série harmonique, nous avons (pour $\gamma$ la constance d'Euler) :
$$
a_n = \frac{(-1)^n \ln n}{n} + \gamma \frac{(-1)^n}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right).
$$
Le $O$ est le terme général d'une série absolument convergente tandis que les deux autres termes fournissent des séries semi-convergentes alternées.
Notons en revanche que $\sum_{n=1}^\infty |a_n| = +\infty$. Difficile donc t'intervertir les sommations tel quel... -
Bonjour jacquot et Siméon,
Siméon : oui, c'est sans doute le plus simple pour montrer la convergence.
jacquot : malheureusement la série ne converge pas absolument, et dès lors il est difficile de réordonner la sommation, si c'est bien ce que tu voulais dire.
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Pour la convergence penser au critère spécial des séries alternées.
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Bonjour Le Respect,
Je précise que j'ai déjà résolu l'exercice, et s'assurer de la convergence n'est bien sûr pas le plus délicat. -
Est-ce que l'exercice est issu d'un oral, si oui de quel concours ? Juste pour que je situe le niveau de l'exo.
Merci d'avance, -
La somme est $(\ln 2)^2-\dfrac{\pi^2}{12}$
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Bonjour skyffer3,
Si mes souvenirs sont bons, la planche orale voulait juste faire montrer la convergence au candidat, c'est je pense du niveau de Centrale. Le développement asymptotique de la série harmonique n'est pas au programme et l'examinateur titilleur peut demander de la démontrer.
Par contre, ca ne me choquerait pas que ce développement asymptotique soit accepté à l'X ou à l'ENS sans démonstration, mais l'examinateur demanderait aussi le calcul de la somme dans ce cas. -
@ Le Respect : c'est presque la bonne réponse.
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bonjour
la convergence de la série alternée ne pose pas de problème
puisque l'expression $\frac{1}{n}H_n$ reste constamment positive
avec $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} +.........+ \frac{1}{n}$ somme harmonique des entiers naturels
la limite de ta série est égale à $\frac{\pi²}{12} - \frac{1}{2}\ln²2$
tu pars du développement valable pour $x > - 1$ :
$\frac{\ln(1+x)}{x(1+x)} = 1 - H_2.x + H_3.x² - H_4.x^3 + ......... + (-1)^n.H_n.x^{n-1} +......$
tu décomposes la fraction $\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ et tu intègres chaque membre de l'équation de $0$ à $1$:
$\int_0^1\frac{ln(1+x)}{x}dx - \int_0^1\frac{ln(1+x)}{x+1}dx = \sum_1^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}H_n$
or la première intégrale est égale à $\frac{\pi²}{12}$ (il suffit de développer en série et intégrer terme à terme)
et la seconde intégrale est égale à $\frac{1}{2}\ln²2$ (par intégration directe)
d'où le résultat annoncé
cordialement -
@ Jean Lismonde : OK pour le raisonnement, mais la valeur de la somme est du signe opposé à celle que tu donnes
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Bravo (tu)
Et on prouve le développement en série entière intial par produit des deux séries entières $ln(1+x)$ et $\frac{1}{1+x}$. Pas mal du tout, il faut y penser à la formule du produit de deux séries entières pour voir comment faire apparaître une série alternée en $H_{n}x^{n}$. Il faut de plus penser dès le début qu'en intégrant cette série on obtient le terme voulu, pour ensuite se demander quelle fonction se développe selon cette série. -
Jean Lismonde a écrit:la convergence de la série alternée ne pose pas de problème
puisque l'expression reste constamment positive
Encore faut-il montrer que la suite $\displaystyle \left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\right)_{n\ge1}$ est décroissante ... -
@ skyffer3 : Effectivement, il faut du nez pour sentir le produit de Cauchy des deux séries entières et y trouver l'expression de $H_n$. C'est un raccourci !
Une autre méthode est de considérer la somme partielle, et de permuter les deux sommes (finies). On retombe alors sur les deux intégrales de jean lismonde à calculer -
Bonjour,
Et pour la petite soeur ?
Calculer, si elle existe, la somme de la série de terme general : $\displaystyle v_n=\dfrac{(-1)^n}{n}\log(n)$.
Amicalement. -
Bonjour bs,
et merci pour l'extension de l'exercice.
On a $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n}\ell n(n)\ =\ \dfrac{\ell n(2)}{2}\left(2\gamma-\ell n( 2)\right)$ -
Je me permets juste de préciser certains arguments dans la preuve de Jean Lismonde.
Selon moi (reprenez moi si c'est erroné), le rayon de convergence de la série $\frac{\ln(1+x)}{x(1+x)} = 1 - H_2.x + H_3.x² - H_4.x^3 + ......... + (-1)^n.H_n.x^{n-1} +......$ issue du produit de Cauchy a un rayon de convergence supérieur ou égal à 1, en fait 1 car cette série ne converge pas en 1 !
On ne peut donc pas intégrer directement sur [0,1], en revanche on peut prendre la primitive en $x \in [0,1[$, ou ce qui revient au même intégrer terme à terme sur $[0,x]$ pour obtenir une seconde série entière de rayon de convergence 1, mais qui cette fois converge en 1 (c'est la série d'origine dont on veut calculer la limite et dont on a prouvé la convergence dès le début), donc converge uniformément sur [0,1] d'après le théorème d'Abel, donc est continue en 1, et par passage à la limite lorsque $x$ tend vers 1 on obtient bien le résultat voulu.
Qu'en pensez-vous ? -
bonjour skyffer3
merci pour les compliments; en fait le développement que tu cites est bien valable pour $x > - 1$ strictement
en effet pour $x = 0$ on vérifie que la continuité de l'expression du premier membre est bien assurée
et pour $x$ supérieure ou égale à $1$ l'expression du premier membre est bien définie
et le développement du second membre converge d'une façon alternée explosive
donc il n'existe pas de problème d'intégration terme à terme sur l'intervalle $[0; 1]$
cordialement
PS: la série proposée par Guillaume02 commence par $-1$, le résultat est en effet l'opposé de celui que j'ai donné -
Ha Jean Lismonde, heureusement que je suis un peu ce forum, ce qui me permet de savoir que tes définitions de convergence sont ... discutables
Justement, le second membre converge de façon alternée explosive, dans notre langage à nous ça veut dire qu'elle diverge. D'où mes arguments supplémentaires pour reprendre ta démonstration en justifiant toutes les étapes
Cela n'enlève rien aux idées de ta démonstration qui ont parfaitement permis d'aboutir au résultat -
Serait-il possible d'avoir une définition de la convergence explosive, ainsi que quelques unes de ses propriétés ? Une recherche sur Google ne donne rien, à part des renvois à ce forum.
Merci. -
Bonjour,
Guillaume 02 (tu)
Quelques élucubrations \begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n} H_n &=-\dfrac{\pi^2}{12}+\dfrac{(\ln 2)^2}{2} \\
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n} \ln(n) &= \gamma \log(2) - \dfrac{(\ln 2)^2}{2} \\
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n} \big[H_n- \ln(n) \big] &= -\gamma \ln 2 -\dfrac{\pi^2}{12} + (\ln 2)^2 \\
H_n- \ln(n) &= \gamma +\dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{12n^2} + o(\dfrac{1}{n^2}) \\
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n} \big[ \gamma +\dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{12n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})] &= \gamma \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n}+\dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n^2} -\dfrac{1}{12} \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n^3} + K \\
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n} \big[ \gamma +\dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{12n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})] &= - \gamma \ln 2 - \dfrac{\pi^2}{24} + \dfrac{\zeta(3)}{16}+K
\end{align*} Amicalement. -
Un petit up pour savoir svp :
1) est-ce que mon extension de preuve donnée sur la page précédente est juste ?
2) est-ce que c'est nécessaire d'avoir complété la preuve de Jean Lismonde comme je l'ai fait ?
Merci d'avance -
1) Oui, ton extension de preuve est correcte.
2) Oui, la démonstration de Jean Lismonde était incomplète... mais ton extension de preuve n'est pas nécessaire, au sens mathématique, puisque passer par les sommes partielles, comme l'a suggéré Guillaume02, permet de s'en passer. -
Ok merci beaucoup (tu)
Je vais regarder ce que ça donne directement avec les sommes partielles -
Pas de réponse pour ma question ?
-
Je croyais que ta question était ironique ...
Il n'y a pas de réponse "officielle" je pense.
Jean Lismonde utilise d'autres définitions de la convergence que celle usuellement acceptée. D'après ce que j'ai pu voir dans d'autres messages, il semble que cela soit tirée d'une convergence "à la Cesàro", mais je ne peux rien affirmer.
Dans tous les cas la série dont je parlais ne converge pas en 1, au sens usuel. D'où mes arguments supplémentaires pour rendre valide la preuve de Jean Lismonde. -
Ma question n'était pas réellement ironique, elle était en revanche adressée spécifiquement à Jean Lismonde, qui est très certainement le seul à connaître le sens à attribuer à la convergence explosive.
Même si cette notion n'est pas conventionnelle, je reste encore persuadé qu'il y a une définition formelle de celle-ci, et que l'on peut en déduire un certain nombre de propriétés utiles et qui permettent de faire des démonstrations comme celle de la page précédente.
Néanmoins, pour en être sur, il faut connaître la définition de la convergence explosive, et c'est à celui qui emploie un mot inconnu qu'incombe la charge d'en donner une définition.
J'espère que ma question ne restera pas sans réponse. Dans le cas contraire, je saurai quelle opinion me faire ... -
Dans ce cas espérons que Jean Lismonde réponde. Il me semble néanmoins avoir vu de nombreux messages où d'autres intervenants demandaient des éclaircissements ... qu'il n'a jamais donnés 8-) Ou alors j'ai mal cherché.
-
Bonsoir BlackBird.
JL donna quelques éléments à une époque, au début où je suis intervenu sur le forum, donc environ 10 ans.
Cordialement. -
@ BS
Comment démontre-t-on le résultat relatif à la somme de la série de terme général $(-1)^n\frac{\ln(n)}{n}$ ?
Merci ! -
@ detourre
Je pose $\displaystyle f(n)=\dfrac{\ln n}{n}$ par commodité. La convergence de $\displaystyle \sum_{n\ge1}(-1)^nf(n)$ est assurée par le critère spécial des séries alternées. On a de plus : $$ \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nf(n)=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf(k)$$ avec $$ \sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf(k)=2\sum_{k=1}^nf(2k)-\sum_{k=1}^{2n}f(k).$$ Or $$ \sum_{k=1}^nf(k)=f(1)+\sum_{k=2}^nf(k)-\int_{k-1}^kf(t)\mathrm{d}t+\int_1^nf(t)\mathrm{d}t=\dfrac{(\ln 2)^2}{2}+C$$ par convergence de la série $\displaystyle \sum_{n\ge1}\left[f(n)-\int_{n-1}^nf(t)\mathrm{d}t\right]$.
En exploitant $\displaystyle \ln(2k)=\ln 2+\ln k$, on obtient : $$ 2\sum_{k=1}^nf(2k)-\sum_{k=1}^{2n}f(k)=\gamma\cdot\ln 2-\dfrac{(\ln 2)^2}{2}+o(1)$$ Si bien qu'au final : $$ \blue\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{\ln n}{n}=\gamma\cdot\ln2-\dfrac{(\ln 2)^2}{2}}$$ Sauf erreur,
Amicalement. -
Merci Alain d'avoir corrigé mes "\ell n" à la place de "\ln", c'est une vilaine habitude dont j'ai du mal à me défaire
[À ton service AD] -
La constante d'Euler-Mascheroni se retrouve à partir de plusieurs intégrales connues et certaines fonctions analytiques où elle intervient (la démo ici)
Une formule trouvée par Riemann ne fait pas intervenir les relations fonctionnelles et un lien a été établi clairement là entre Euler et zêta de Riemann.
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