Solution pour le challenge n° 66

Solution pour le challenge 66

Il est connu que, pour tout $x\in\left]-1,1\right]$ :

$\boxed{\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\thinspace x^{n}}$

Si cette formule ne vous est pas familière, une preuve élémentaire en est donnée plus bas.

En prenant $x=-\frac{1}{2},$ on trouve :

$\ln\left(\frac{1}{2}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\thinspace\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}$

soit, après simplification :

$\boxed{\ln\left(2\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\thinspace2^{n}}}$

On peut exploiter ce développement en série pour obtenir des majorations non triviales de $\ln\left(2\right).$ En effet, pour tout entier $n\geqslant1$ :

$\ln\left(2\right)=L_{n}+R_{n}$

où l’on a posé :

$L_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k\thinspace2^{k}}\qquad\text{et}\qquad R_{n}=\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k\thinspace2^{k}}$

En outre :

$R_{n}<\frac{1}{n+1}\thinspace\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{k}}=\frac{1}{2^{n}\left(n+1\right)}$

et par conséquent :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\ln\left(2\right)<L_{n}+\frac{1}{2^{n}\left(n+1\right)}}$

➣ Pour $n=1,$ cette majoration donne $\ln\left(2\right)<\frac{3}{4}.$

➣ Pour $n=2,$ on obtient : $\ln\left(2\right)<\frac{17}{24}.$

➣ Pour $n=3$ : $\ln\left(2\right)<\frac{67}{96}.$ Or $\frac{67}{96}<\frac{7}{10}$ puisque $67\times10=670<672=7\times96.$ Nous avons donc bien prouvé que :

$\boxed{\ln\left(2\right)<\frac{7}{10}}$

Ajoutons qu’avec ce qui précède, on peut aussi minorer $\ln\left(2\right)$ par $L_{n},$ quel que soit $n\geqslant1.$ Par exemple, pour $n=6,$ il vient :

$\ln\left(2\right)>\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{24}+\frac{1}{64}+\frac{1}{160}+\frac{1}{384}>\frac{69}{100}$

On pourra retenir l’encadrement à $10^{-2}$ près suivant :

$\boxed{0.69<\ln\left(2\right)<0.70}$

Remarque

Dans la formule

$\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\thinspace x^{n}$

qui est valable pour tout $x\in\left]-1,1\right]$ , on aurait pu tout simplement choisir $x=1$ pour obtenir :

$\ln(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}$

puis en déduire une valeur approchée de $\ln(2)$ en considérant une somme partielle suffisamment « longue ». Le problème est que cette série alternée converge trop lentement pour produire une approximation acceptable à peu de frais. Qu’on en juge (calculs réalisés avec Maple) :

$\ln(2)\simeq0,6931471805599453094172321\text{ à }10^{-25}\text{ près}$

$\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k\,2^k}\simeq0,6931471805599453094172321\text{ à }10^{-25}\text{ près}$

$\sum_{k=1}^{100}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\simeq0,6881721793101952032446459\text{ à }10^{-25}\text{ près}$

Avec 100 termes, la série alternée fournit un résultat médiocre (écart de l’ordre de $5\times10^{-3}$ ) alors que l’autre série donne une approximation excellente (on peut vérifier que l’écart est inférieur à $10^{-32}$ ).

Proposition

Pour tout $x\in\left]-1,1\right]$ :

$\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\thinspace x^{n}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

On part de la formule explicite pour une somme géométrique.

Pour tout $t\in\mathbb{R}-\left\{ -1\right\}$ et tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\sum_{k=0}^{n-1}\left(-1\right)^{k}t^{k}=\frac{1-\left(-1\right)^{n}t^{n}}{1+t}$

Ensuite, on intègre sur entre 0 et $x,$ pour $x>-1$ :

$\sum_{k=0}^{n-1}\left(-1\right)^{k}\int_{0}^{x}t^{k}\thinspace dt=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\thinspace dt-\left(-1\right)^{n}\int_{0}^{x}\frac{t^{n}}{1+t}\thinspace dt$

Autrement dit :

$\ln\left(1+x\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k+1}\thinspace x^{k+1}+\left(-1^{n}\right)\int_{0}^{x}\frac{t^{n}}{1+t}\thinspace dt$

Il reste à prouver que, si $x\in\left]-1,1\right],$ alors cette dernière intégrale tend vers 0 lorsque $n$ tend vers $+\infty.$ Notons donc :

$R_{n}\left(x\right)=\int_{0}^{x}\frac{t^{n}}{1+t}\thinspace dt$

et distinguons deux cas selon que $x\in\left[0,1\right]$ ou que $x\in\left]-1,0\right[.$

➣ 1er cas – On suppose $x\in\left[0,1\right]$ , alors :

$0\leqslant R_{n}\left(x\right)\leqslant\int_{0}^{x}t^{n}\thinspace dt=\frac{x^{n+1}}{n+1}\leqslant\frac{1}{n+1}$

et donc $\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}\left(x\right)=0.$

➣ 2ème cas – On suppose $x\in\left]-1,0\right[$ et l’on effectue le changement de variable $s=-t$ :

$R_{n}\left(x\right)=-\int_{x}^{0}\frac{t^{n}}{1+t}\thinspace dt=\left(-1\right)^{n+1}\int_{0}^{-x}\frac{s^{n}}{1-s}\thinspace ds$

donc :

$\left|R_{n}\left(x\right)\right|=\int_{0}^{-x}\frac{s^{n}}{1-s}\thinspace ds\leqslant\frac{1}{1+x}\int_{0}^{-x}\thinspace s^{n}\thinspace ds=\frac{\left(-x\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)\left(1+x\right)}\leqslant\frac{1}{\left(n+1\right)\left(1+x\right)}$

d’où, à nouveau, $\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}\left(x\right)=0.$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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