Logarithme népérien de deux

Le logarithme népérien (ou naturel) du nombre 2 a pour développement décimal (suite A002162 de l'OEIS) :

ln 2 = 0 , 693 147 180 559 945 309 417 232 121 458 {\displaystyle \ln 2=0,693\,147\,180\,559\,945\,309\,417\,232\,121\,458\cdots }

Le logarithme de 2 en base quelconque s'obtient par la formule :

log b 2 = ln 2 ln b . {\displaystyle \log _{b}2={\frac {\ln 2}{\ln b}}.}

En particulier, le logarithme décimal a pour développement ( OEIS A007524 ) :

log 10 2 = 0 , 301 029 995 663 981 195 {\displaystyle \log _{10}2=0,301\,029\,995\,663\,981\,195\cdots }

L'inverse de ce nombre est le logarithme binaire de 10 :

log 2 10 = 1 log 10 2 = 3 , 321 928 095 {\displaystyle \log _{2}10={\frac {1}{\log _{10}2}}=3,321\,928\,095\cdots } ( OEIS A020862 ).

D'après le théorème de Lindemann-Weierstrass, le logarithme népérien (ou naturel) de tout entier naturel autre que 0 et 1 (plus généralement, de tout nombre algébrique positif autre que 1) est un nombre transcendant.

Développements en série

Séries alternées

La valeur numérique de ln 2 peut s'obtenir avec la fameuse « série harmonique alternée » :

ln 2 = n = 1 ( 1 ) n + 1 n = 1 1 2 + 1 3 1 4 + 1 5 1 6 + . {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}+\cdots .}

Sa convergence lente la rend d'un intérêt peu pratique, mais on peut construire des formules plus efficaces :

ln 2 = 1 2 + 1 2 n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)}}\;;}
ln 2 = 5 8 + 1 2 n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {5}{8}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)}}\;;}
ln 2 = 2 3 + 3 4 n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {2}{3}}+{\frac {3}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)(n+3)}}\;;}
ln 2 = 131 192 + 3 2 n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ( n + 4 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {131}{192}}+{\frac {3}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}}\;;}
ln 2 = 661 960 + 15 4 n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ( n + 4 ) ( n + 5 ) . {\displaystyle \ln 2={\frac {661}{960}}+{\frac {15}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}}\;.}
Démonstration

La série harmonique alternée se déduit du développement en série entière du logarithme naturel, pris en x = 1 :

ln ( 1 + x ) = n = 1 ( 1 ) n + 1 x n n . {\displaystyle \ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}x^{n}}{n}}.}

Les séries suivantes se déduisent par intégration de ce développement en série entière :

0 x ln ( 1 + t ) d t = [ ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) ] 0 x 0 x 1 + t 1 + t d t = ( 1 + x ) ln ( 1 + x ) x {\displaystyle \int _{0}^{x}\ln(1+t)\mathrm {d} t={\bigl [}(1+t)\ln(1+t){\bigr ]}_{0}^{x}-\int _{0}^{x}{\frac {1+t}{1+t}}\mathrm {d} t=(1+x)\ln(1+x)-x}
et d'autre part, 0 x ln ( 1 + t ) d t = n = 1 ( 1 ) n + 1 n 0 x t n d t = n = 1 ( 1 ) n + 1 x n + 1 n ( n + 1 ) {\displaystyle \int _{0}^{x}\ln(1+t)\mathrm {d} t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}\int _{0}^{x}t^{n}\mathrm {d} t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}x^{n+1}}{n(n+1)}}} .

Donc, pour x = 1 {\displaystyle x=1} , 2 ln 2 1 = n = 1 ( 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) {\displaystyle 2\ln 2-1=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)}}}

Séries monotones

ln 2 = n = 1 1 2 n n ; {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}\;;}
ln 2 = 1 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) ; {\displaystyle \ln 2=1-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)}}\;;}
ln 2 = 1 2 + 2 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {1}{2}}+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)}}\;;}
ln 2 = 5 6 6 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {5}{6}}-6\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)}}\;;}
ln 2 = 7 12 + 24 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ( n + 4 ) ; {\displaystyle \ln 2={\frac {7}{12}}+24\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}}\;;}
ln 2 = 47 60 120 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ( n + 4 ) ( n + 5 ) . {\displaystyle \ln 2={\frac {47}{60}}-120\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}}.}
Démonstration

Ces égalités se déduisent des développements en série entière obtenus dans la section précédente, pris en x = 1 2 {\displaystyle x=-{\frac {1}{2}}} , en remarquant que ln 2 = ln ( 1 1 2 ) {\textstyle \ln 2=-\ln \left(1-{\frac {1}{2}}\right)} . En effet, on a par exemple :

ln ( 1 + x ) = n = 1 ( 1 ) n + 1 x n n . {\displaystyle \ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}x^{n}}{n}}.}

D'où :

ln ( 1 1 2 ) = n = 1 ( 1 ) n + 1 ( 1 2 ) n n . {\displaystyle \ln \left(1-{\frac {1}{2}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\left(-{\frac {1}{2}}\right)^{n}}{n}}.}

Soit, en simplifiant :

ln 2 = n = 1 1 2 n n . {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}.}

De même, on a vu que :

( 1 + x ) ln ( 1 + x ) x = n = 1 ( 1 ) n + 1 x n + 1 n ( n + 1 ) . {\displaystyle (1+x)\ln(1+x)-x=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}x^{n+1}}{n(n+1)}}.}

D'où :

( 1 1 2 ) ln ( 1 1 2 ) ( 1 2 ) = n = 1 ( 1 ) n + 1 ( 1 2 ) n + 1 n ( n + 1 ) . {\displaystyle \left(1-{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1-{\frac {1}{2}}\right)-\left(-{\frac {1}{2}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\left(-{\frac {1}{2}}\right)^{n+1}}{n(n+1)}}.}

Soit, en simplifiant :

1 2 ln 2 + 1 2 = 1 2 n = 1 1 2 n n ( n + 1 ) . {\displaystyle -{\frac {1}{2}}\ln 2+{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)}}.}

etc.

Autres développements en série

n = 0 1 ( 2 n + 1 ) ( 2 n + 2 ) = ln 2 ; {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{(2n+1)(2n+2)}}=\ln 2\;;}
n = 1 1 n ( 4 n 2 1 ) = 2 ln 2 1 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(4n^{2}-1)}}=2\ln 2-1\;;}
n = 1 1 ( 4 n ) 3 4 n = 1 2 + 3 4 ln 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(4n)^{3}-4n}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{4}}\ln 2;}
n = 1 ( 1 ) n n ( 4 n 2 1 ) = ln 2 1 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n(4n^{2}-1)}}=\ln 2-1\;;}
n = 1 ( 1 ) n n ( 9 n 2 1 ) = 2 ln 2 3 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n(9n^{2}-1)}}=2\ln 2-{\frac {3}{2}}\;;}
n = 1 1 4 n 2 2 n = ln 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4n^{2}-2n}}=\ln 2\;;}
n = 1 2 ( 1 ) n + 1 ( 2 n 1 ) + 1 8 n 2 4 n = ln 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2(-1)^{n+1}(2n-1)+1}{8n^{2}-4n}}=\ln 2\;;}
n = 0 ( 1 ) n ( 3 n + 1 ) ( 3 n + 2 ) = 2 ln 2 3 ; {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(3n+1)(3n+2)}}={\frac {2\ln 2}{3}}\;;}
n = 1 1 4 n 2 3 n = ln 2 + π 6 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4n^{2}-3n}}=\ln 2+{\frac {\pi }{6}}} (sommes des inverses des nombres décagonaux).
Démonstration

Les sommes de ces séries peuvent être obtenues en décomposant les termes de la série en éléments simples. Par exemple :

n N , 1 ( 2 n + 1 ) ( 2 n + 2 ) = 1 2 n + 1 1 2 n + 2 {\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ,{\frac {1}{(2n+1)(2n+2)}}={\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n+2}}}

donc

N N , n = 0 N 1 ( 2 n + 1 ) ( 2 n + 2 ) = n = 0 N ( 1 2 n + 1 1 2 n + 2 ) = n = 0 N ( 1 2 n + 1 + 1 2 n + 2 1 2 n + 2 1 2 n + 2 ) = n = 1 2 N + 2 1 n n = 1 N + 1 1 n = n = N + 1 2 N + 2 1 n {\displaystyle {\begin{aligned}\forall N\in \mathbb {N} ,\sum _{n=0}^{N}{\frac {1}{(2n+1)(2n+2)}}&=\sum _{n=0}^{N}\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n+2}}\right)\\&=\sum _{n=0}^{N}\left({\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{2n+2}}-{\frac {1}{2n+2}}-{\frac {1}{2n+2}}\right)=\sum _{n=1}^{2N+2}{\frac {1}{n}}-\sum _{n=1}^{N+1}{\frac {1}{n}}\\&=\sum _{n=N+1}^{2N+2}{\frac {1}{n}}\end{aligned}}}

Pour conclure, il faut ici utiliser le développement asymptotique de la série harmonique :

n = 1 2 N + 2 1 n n = 1 N + 1 1 n = [ ln ( 2 N + 2 ) + γ + o ( 1 ) ] [ ln ( N + 1 ) + γ + o ( 1 ) ] = ln ( 2 N + 2 N + 1 ) + o ( 1 ) = ln 2 + o ( 1 ) . {\displaystyle \sum _{n=1}^{2N+2}{\frac {1}{n}}-\sum _{n=1}^{N+1}{\frac {1}{n}}={\bigl [}\ln(2N+2)+\gamma +o(1){\bigr ]}-{\bigl [}\ln(N+1)+\gamma +o(1){\bigr ]}=\ln \left({\frac {2N+2}{N+1}}\right)+o(1)=\ln 2+o(1).}
n = 0 ( 1 ) n 3 n + 1 = ln 2 3 + π 3 3 ; {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{3n+1}}={\frac {\ln 2}{3}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}\;;}
n = 0 ( 1 ) n 3 n + 2 = ln 2 3 + π 3 3 ; {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{3n+2}}=-{\frac {\ln 2}{3}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}\;;}
n = 1 1 k = 1 n k 2 = 18 24 ln 2 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sum _{k=1}^{n}k^{2}}}=18-24\ln 2} en utilisant lim N n = N 2 N 1 n = ln 2 ; {\displaystyle \lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=N}^{2N}{\frac {1}{n}}=\ln 2\;;}

Développements impliquant la fonction zêta de Riemann

n = 1 ζ ( 2 n ) 1 n = ln 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2n)-1}{n}}=\ln 2\;;}
n = 2 ζ ( n ) 1 2 n = ln 2 1 2 ; {\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\zeta (n)-1}{2^{n}}}=\ln 2-{\frac {1}{2}}\;;}
n = 1 ζ ( 2 n + 1 ) 1 2 n + 1 = 1 γ ln 2 2 ; {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2n+1)-1}{2n+1}}=1-\gamma -{\frac {\ln 2}{2}}\;;}
n = 1 ζ ( 2 n ) 2 2 n 1 ( 2 n + 1 ) = 1 ln 2 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2n)}{2^{2n-1}(2n+1)}}=1-\ln 2} .

(ici γ est la constante d'Euler-Mascheroni et ζ la fonction zêta de Riemann).

Développements issus du développement en série entière du logarithme au voisinage de 1

Ce développement du logarithme népérien (ou naturel) s'écrit : ln ( 1 x ) = n = 1 x n n   ( 1 ) {\displaystyle \ln(1-x)=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n}}\ (1)} , valable pour x [ 1 , 1 [ {\displaystyle x\in \left[-1,1\right[} .

Il donne ln 1 + x 1 x = 2 x k = 0 x 2 k 2 k + 1   ( 2 ) {\displaystyle \ln {\frac {1+x}{1-x}}=2x\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{2k}}{2k+1}}\ (2)} , valable pour x ] 1 , 1 [ {\displaystyle x\in \left]-1,1\right[} .

On obtient :

ln 2 = n = 1 ( 1 ) n 1 n {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}} pour x = 1 {\displaystyle x=-1} dans (1),
ln 2 = n = 1 1 2 n n {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}} pour x = 1 / 2 {\displaystyle x=1/2} dans (1),
ln 2 = 2 3 k = 0 1 9 k ( 2 k + 1 ) {\displaystyle \ln 2={\frac {2}{3}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{9^{k}(2k+1)}}} pour x = 1 / 3 {\displaystyle x=1/3} dans (2).

En écrivant 2 = 3 2 4 3 {\displaystyle \textstyle 2={\frac {3}{2}}\cdot {\frac {4}{3}}} on obtient :

ln 2 = n = 1 ( 1 ) n 1 2 n n + n = 1 ( 1 ) n 1 3 n n ; {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{2^{n}n}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{3^{n}n}}\;;}
ln 2 = n = 1 1 3 n n + n = 1 1 4 n n ; {\displaystyle \ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{3^{n}n}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4^{n}n}}\;;}
ln 2 = 2 5 k = 0 1 25 k ( 2 k + 1 ) + 2 7 k = 0 1 49 k ( 2 k + 1 ) . {\displaystyle \ln 2={\frac {2}{5}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{25^{k}(2k+1)}}+{\frac {2}{7}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{49^{k}(2k+1)}}.}

En écrivant 2 = ( 2 ) 2 {\displaystyle \textstyle 2=({\sqrt {2}})^{2}} on obtient :

ln 2 = 2 n = 1 ( 1 ) n 1 ( 2 + 1 ) n n ; {\displaystyle \ln 2=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{({\sqrt {2}}+1)^{n}n}}\;;}
ln 2 = 2 n = 1 1 ( 2 + 2 ) n n ; {\displaystyle \ln 2=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2+{\sqrt {2}})^{n}n}}\;;}
ln 2 = 4 3 + 2 2 k = 0 1 ( 17 + 12 2 ) k ( 2 k + 1 ) . {\displaystyle \ln 2={\frac {4}{3+2{\sqrt {2}}}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(17+12{\sqrt {2}})^{k}(2k+1)}}.}

En écrivant 2 = ( 16 15 ) 7 ( 81 80 ) 3 ( 25 24 ) 5 {\displaystyle \textstyle 2={\left({\frac {16}{15}}\right)}^{7}\cdot {\left({\frac {81}{80}}\right)}^{3}\cdot {\left({\frac {25}{24}}\right)}^{5}} on obtient :

ln 2 = 7 n = 1 ( 1 ) n 1 15 n n + 3 n = 1 ( 1 ) n 1 80 n n + 5 n = 1 ( 1 ) n 1 24 n n ; {\displaystyle \ln 2=7\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{15^{n}n}}+3\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{80^{n}n}}+5\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{24^{n}n}}\;;}
ln 2 = 7 n = 1 1 16 n n + 3 n = 1 1 81 n n + 5 n = 1 1 25 n n ; {\displaystyle \ln 2=7\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{16^{n}n}}+3\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{81^{n}n}}+5\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{25^{n}n}}\;;}
ln 2 = 14 31 k = 0 1 961 k ( 2 k + 1 ) + 6 161 k = 0 1 25921 k ( 2 k + 1 ) + 10 49 k = 0 1 2401 k ( 2 k + 1 ) . {\displaystyle \ln 2={\frac {14}{31}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{961^{k}(2k+1)}}+{\frac {6}{161}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{25921^{k}(2k+1)}}+{\frac {10}{49}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2401^{k}(2k+1)}}.}

Développements de type BBP

Article détaillé : Formule BBP.

Une formule de calcul de ln 2 se déduit de la démonstration de la formule BBP :

ln 2 = 2 3 + 1 2 k = 1 ( 1 2 k + 1 4 k + 1 + 1 8 k + 4 + 1 16 k + 12 ) 1 16 k . {\displaystyle \ln 2={\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2k}}+{\frac {1}{4k+1}}+{\frac {1}{8k+4}}+{\frac {1}{16k+12}}\right){\frac {1}{16^{k}}}.}
Démonstration

Notons pour tout entier n S n = k = 0 1 16 k ( 8 k + n ) {\displaystyle S_{n}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{16^{k}(8k+n)}}} et démontrons la formule de Plouffe généralisée :

( 0 ) r C π   =   ( 4 + 8 r ) S 1 8 r S 2 4 r S 3 ( 2 + 8 r ) S 4 ( 1 + 2 r ) S 5 ( 1 + 2 r ) S 6 + r S 7 {\displaystyle (0)\quad \forall r\in \mathbb {C} \qquad \pi \ =\ (4+8r)S_{1}-8rS_{2}-4rS_{3}-(2+8r)S_{4}-(1+2r)S_{5}-(1+2r)S_{6}+rS_{7}}

On pose α = 1 i = 2 e i π / 4 {\displaystyle \alpha =1-\mathrm {i} ={\sqrt {2}}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \pi /4}} . On peut calculer de deux façons l'intégrale suivante :

I = 0 1 d y α y . {\displaystyle I=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{\alpha -y}}.}

Elle est d'une part reliée aux Sn par

I = 1 α 0 1 d y 1 y / α = 1 α 0 1 m = 0 y m α m d y = m = 0 e i ( m + 1 ) π / 4 ( m + 1 ) 2 m + 1 2 = 1 + i 2 S 1 + i 2 S 2 + 1 + i 4 S 3 1 4 S 4 1 + i 8 S 5 i 8 S 6 + 1 i 16 S 7 + 1 16 S 8 {\displaystyle {\begin{aligned}I&={\frac {1}{\alpha }}\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{1-y/\alpha }}={\frac {1}{\alpha }}\int _{0}^{1}\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {y^{m}}{\alpha ^{m}}}\mathrm {d} y=\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (m+1)\pi /4}}{(m+1)2^{\frac {m+1}{2}}}}\\&={\frac {1+\mathrm {i} }{2}}S_{1}+{\frac {\mathrm {i} }{2}}S_{2}+{\frac {-1+\mathrm {i} }{4}}S_{3}-{\frac {1}{4}}S_{4}-{\frac {1+\mathrm {i} }{8}}S_{5}-{\frac {\mathrm {i} }{8}}S_{6}+{\frac {1-\mathrm {i} }{16}}S_{7}+{\frac {1}{16}}S_{8}\end{aligned}}}

et d'autre part calculable par des méthodes élémentaires (en calculant séparément sa partie réelle et sa partie imaginaire), ou de façon plus synthétique via le logarithme complexe :

I = [ ln ( α y ) ] 0 1 = ln ( α α 1 ) = ln ( 1 + i ) = ln ( 2 e i π / 4 ) = ln 2 2 + i π 4 . {\displaystyle {\begin{aligned}I&=-\left[\ln(\alpha -y)\right]_{0}^{1}=\ln \left({\frac {\alpha }{\alpha -1}}\right)=\ln(1+\mathrm {i} )=\ln({\sqrt {2}}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \pi /4})={\frac {\ln 2}{2}}+\mathrm {i} {\frac {\pi }{4}}.\end{aligned}}}

L'égalité entre ces deux expressions de I permet de déduire l'égalité entre leurs parties réelles, soit :

ln 2 = 2 R e ( I ) = S 1 1 2 S 3 1 2 S 4 1 4 S 5 + 1 8 S 7 + 1 8 S 8 . {\displaystyle \ln 2=2\mathrm {Re} (I)=S_{1}-{\frac {1}{2}}S_{3}-{\frac {1}{2}}S_{4}-{\frac {1}{4}}S_{5}+{\frac {1}{8}}S_{7}+{\frac {1}{8}}S_{8}.}

Représentations intégrales

Le logarithme népérien (ou naturel) de 2 apparaît fréquemment à la suite d'une intégration. Par exemple :

I 1 = 0 1 d x 1 + x = 1 2 d x x = ln 2 {\displaystyle I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}=\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln 2}
I 2 = 0 + 2 x d x = 1 ln 2 {\displaystyle I_{2}=\int _{0}^{+\infty }2^{-x}\mathrm {d} x={\frac {1}{\ln 2}}}
I 3 = 0 π 3 tan x d x = 2 0 π 4 tan x d x = ln 2 {\displaystyle I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan x\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\tan x\,\mathrm {d} x=\ln 2}
I 4 = 0 + e x e 2 x x d x = ln 2 {\displaystyle I_{4}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}-\mathrm {e} ^{-2x}}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2}
I 5 = 0 1 x 1 ln x d x = ln 2 {\displaystyle I_{5}=\int _{0}^{1}{\frac {x-1}{\ln x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2}
I 6 = 0 + cos x cos 2 x x d x = ln 2 {\displaystyle I_{6}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x-\cos 2x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2}
I 7 = 2 π 0 + arctan 2 x arctan x x d x = ln 2 {\displaystyle I_{7}={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\arctan 2x-\arctan x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2}


I 8 = 1 i π 0 ln x ln ln x ( x + 1 ) 2 d x = ln 2 {\displaystyle I_{8}=-{\frac {1}{\mathrm {i} \pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\ln x\ln \ln x}{(x+1)^{2}}}\,\mathrm {d} x=\ln 2}
Démonstrations

On a :

I 1 = 0 1 d x 1 + x = [ ln ( 1 + x ) ] 0 1 = ln 2 {\displaystyle I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}={\bigl [}\ln(1+x){\bigr ]}_{0}^{1}=\ln 2}
I 2 = 0 + 2 x d x = 0 + e x ln 2 d x = [ e x ln 2 ln 2 ] 0 + = 1 ln 2 {\displaystyle I_{2}=\int _{0}^{+\infty }2^{-x}\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-x\ln 2}\mathrm {d} x=\left[{\frac {\mathrm {e} ^{-x\ln 2}}{\ln 2}}\right]_{0}^{+\infty }={\frac {1}{\ln 2}}}
I 3 = 0 π 3 tan x d x = 0 π 3 sin x cos x d x = [ ln ( cos x ) ] 0 π 3 = ln ( cos 0 ) ln ( cos π 3 ) = ln ( 1 2 ) = ln 2 {\displaystyle I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan x\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\sin x}{\cos x}}\,\mathrm {d} x={\Bigl [}-\ln(\cos x){\Bigr ]}_{0}^{\frac {\pi }{3}}=\ln(\cos 0)-\ln \left(\cos {\frac {\pi }{3}}\right)=-\ln \left({\frac {1}{2}}\right)=\ln 2}
I 3 = 2 0 π 4 tan x d x = 2 ln ( cos 0 ) 2 ln ( cos π 4 ) = 2 ln ( 2 1 2 ) = ln 2 {\displaystyle I_{3}=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\tan x\,\mathrm {d} x=2\ln(\cos 0)-2\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right)=-2\ln(2^{-{\frac {1}{2}}})=\ln 2} :

Pour I 4 {\displaystyle I_{4}} , avec les justifications des convergences et l'utilisation du théorème de dérivation sous le signe somme, on peut utiliser la technique de Feynman : on pose f ( t ) = 0 e x e t x x d x {\displaystyle f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}-\mathrm {e} ^{-tx}}{x}}\mathrm {d} x} , qui donne f ( t ) = 0 e t x d x = 1 t {\displaystyle f'(t)=\int _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-tx}\mathrm {d} x={\frac {1}{t}}} , d'où f ( t ) = ln t {\displaystyle f(t)=\ln t} (la constante d'intégration est nulle pour satisfaire f ( 1 ) = 0 {\displaystyle f(1)=0} ) et en conclure I 4 = f ( 2 ) = ln 2 {\displaystyle I_{4}=f(2)=\ln 2} .

On peut aussi l'obtenir comme intégrale de Frullani.

Pour I 5 {\displaystyle I_{5}} , le changement de variable t = ln x {\displaystyle t=-\ln x} donne l'intégrale précédente.

Autres représentations

Développement en série d'Engel :

ln 2 = 1 2 + 1 2 3 + 1 2 3 7 + 1 2 3 7 9 + {\displaystyle \ln 2={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2\cdot 3}}+{\frac {1}{2\cdot 3\cdot 7}}+{\frac {1}{2\cdot 3\cdot 7\cdot 9}}+\cdots } , voir OEIS A059180.

Développement en série de Pierce (analogue au développement d'Engel, mais avec des signes alternés) :

ln 2 = 1 1 1 3 + 1 1 3 12 {\displaystyle \ln 2=1-{\frac {1}{1\cdot 3}}+{\frac {1}{1\cdot 3\cdot 12}}-\cdots } , voir OEIS A091846.

Développement en cotangente continue de Lehmer :

ln 2 = cot ( arccot ( 0 ) arccot ( 1 ) + arccot ( 5 ) arccot ( 55 ) + arccot ( 14187 ) ) {\displaystyle \ln 2=\cot({\operatorname {arccot}(0)-\operatorname {arccot}(1)+\operatorname {arccot}(5)-\operatorname {arccot}(55)+\operatorname {arccot}(14187)-\cdots })} , voir OEIS A081785.

Développement en fraction continue simple :

ln 2 = [ 0 ; 1 , 2 , 3 , 1 , 6 , 3 , 1 , 1 , 2 , 1 , 1 , 1 , 1 , 3 , 10 , 1 , 1 , 1 , 2 , 1 , 1 , 1 , 1 , 3 , 2 , 3 , 1 , . . . ] , {\displaystyle \ln 2=\left[0;1,2,3,1,6,3,1,1,2,1,1,1,1,3,10,1,1,1,2,1,1,1,1,3,2,3,1,...\right],} voir OEIS A016730,

ce qui donne des approximations rationnelles, dont les premières sont 0, 1, 2/3, 7/10, 9/13 et 61/88.

Il existe aussi un développement en fraction continue généralisée[1] :

ln 2 = [ 0 ; 1 , 2 , 3 , 1 , 5 , 2 3 , 7 , 1 2 , 9 , 2 5 , . . . , 2 k 1 , 2 k , . . . ] {\displaystyle \ln 2=\left[0;1,2,3,1,5,{\tfrac {2}{3}},7,{\tfrac {1}{2}},9,{\tfrac {2}{5}},...,2k-1,{\frac {2}{k}},...\right]} ,
également exprimable sous la forme
ln 2 = 1 1 + 1 2 + 1 3 + 2 2 + 2 5 + 3 2 + 3 7 + 4 2 + = 2 3 1 2 9 2 2 15 3 2 21 . {\displaystyle \ln 2={\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{3+{\cfrac {2}{2+{\cfrac {2}{5+{\cfrac {3}{2+{\cfrac {3}{7+{\cfrac {4}{2+\ddots }}}}}}}}}}}}}}}}={\cfrac {2}{3-{\cfrac {1^{2}}{9-{\cfrac {2^{2}}{15-{\cfrac {3^{2}}{21-\ddots }}}}}}}}.}

Décimales connues

Ci-dessous est présenté un tableau des enregistrements récents pour le calcul des décimales de ln 2 . Depuis décembre 2018, il a été calculé plus de décimales que pour tout autre logarithme népérien[2],[3] d'un entier naturel, à l'exception de celui de 1.

Date Nom Nombre de décimales
7 janvier 2009 A. Yee et R. Chan 15 500 000 000
4 février 2009 A. Yee et R. Chan 31 026 000 000
21 février 2011 Alexandre Yee 50 000 000 050
14 mai 2011 Shigeru Kondo 100 000 000 000
28 février 2014 Shigeru Kondo 200 000 000 050
12 juillet 2015 Ron Watkins 250 000 000 000
30 janvier 2016 Ron Watkins 350 000 000 000
18 avril 2016 Ron Watkins 500 000 000 000
10 décembre 2018 Michael Kwok 600 000 000 000
26 avril 2019 Jacob Riffee 1 000 000 000 000
19 août 2020 Seungmin Kim[4],[5] 1 200 000 000 100
9 septembre 2021 William Echols[6],[7] 1 500 000 000 000

Articles connexes

  • Règle des 72, article dans lequel ln 2 figure en bonne place
  • Demi-vie, article dans lequel ln 2 figure en bonne place

Notes et références

  • (en) Cet article est partiellement ou en totalité issu de l’article de Wikipédia en anglais intitulé « Natural logarithm of 2 » (voir la liste des auteurs).
  1. Borwein, Crandall et Free, « On the Ramanujan AGM Fraction, I: The Real-Parameter Case », Exper. Math., vol. 13,‎ , p. 278–280 (DOI 10.1080/10586458.2004.10504540, S2CID 17758274, lire en ligne)
  2. « y-cruncher », numberworld.org (consulté le )
  3. « Natural log of 2 », numberworld.org (consulté le ).
  4. « Records set by y-cruncher » [archive du ] (consulté le )
  5. « Natural logarithm of 2 (Log(2)) world record by Seungmin Kim », (consulté le ).
  6. « Records set by y-cruncher » (consulté le ).
  7. « Natural Log of 2 - William Echols » (consulté le ).

Bibliographie

  • (en) Richard P. Brent, « Fast multiple-precision evaluation of elementary functions », Journal of the ACM, vol. 23, no 2,‎ , p. 242-251 (DOI 10.1145/321941.321944, MR 0395314, S2CID 6761843)
  • (en) Horace S. Uhler, « Recalculation and extension of the modulus and of the logarithms of 2, 3, 5, 7 and 17 », Proc. Natl. Acad. Sci. USA, vol. 26, no 3,‎ , p. 205-212 (PMID 16588339, PMCID 1078033, DOI 10.1073/pnas.26.3.205, Bibcode 1940PNAS...26..205U, MR 0001523)
  • (en) Dura W. Sweeney, « On the computation of Euler's constant », Mathematics of Computation, vol. 17, no 82,‎ , p. 170-178 (DOI 10.1090/S0025-5718-1963-0160308-X, MR 0160308)
  • (en) Marc Chamberland, « Binary BBP-formulae for logarithms and generalized Gaussian–Mersenne primes », Journal of Integer Sequences, vol. 6,‎ , p. 03.3.7 (Bibcode 2003JIntS...6...37C, MR 2046407, lire en ligne [archive du ], consulté le )
  • (en) Boris Gourévitch et Jesús Guillera Goyanes, « Construction of binomial sums for π {\displaystyle \pi } and polylogarithmic constants inspired by BBP formulas », Applied Math. E-Notes, vol. 7,‎ , p. 237-246 (MR 2346048, lire en ligne)
  • (en) Qiang Wu, « On the linear independence measure of logarithms of rational numbers », Mathematics of Computation, vol. 72, no 242,‎ , p. 901-911 (DOI 10.1090/S0025-5718-02-01442-4)
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