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
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Réponses
$$
a_n = \frac{(-1)^n \ln n}{n} + \gamma \frac{(-1)^n}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right).
$$
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...
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.
Je précise que j'ai déjà résolu l'exercice, et s'assurer de la convergence n'est bien sûr pas le plus délicat.
Merci d'avance,
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.
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
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.
Encore faut-il montrer que la suite $\displaystyle \left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\right)_{n\ge1}$ est décroissante ...
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
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.
et merci pour l'extension de l'exercice.
On a $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n}\ell n(n)\ =\ \dfrac{\ell n(2)}{2}\left(2\gamma-\ell n( 2)\right)$
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 ?
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
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
Merci.
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.
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
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.
Je vais regarder ce que ça donne directement avec les sommes partielles
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.
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 ...
JL donna quelques éléments à une époque, au début où je suis intervenu sur le forum, donc environ 10 ans.
Cordialement.
Comment démontre-t-on le résultat relatif à la somme de la série de terme général $(-1)^n\frac{\ln(n)}{n}$ ?
Merci !
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.
[À ton service AD]
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.