Logarithme népérien de deux

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

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

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

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

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

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

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

$\log _{2}10={\frac {1}{\log _{10}2}}=3,321\,928\,095\cdots$ (  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 » :

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

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

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

$\ln 2={\frac {5}{8}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)}}\;;$

$\ln 2={\frac {2}{3}}+{\frac {3}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)(n+3)}}\;;$

$\ln 2={\frac {131}{192}}+{\frac {3}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}}\;;$

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

Démonstration

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

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

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

$\int _{0}^{x}\ln(1+t)\mathrm {d} t={\bigl [}(1+t)\ln(1+t){\bigr ]}_{0}^{x}-\int _{0}^{x}{\frac {1+t}{1+t}}\mathrm {d} t=(1+x)\ln(1+x)-x$

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

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

Séries monotones

$\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}\;;$

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

$\ln 2={\frac {1}{2}}+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)}}\;;$

$\ln 2={\frac {5}{6}}-6\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)}}\;;$

$\ln 2={\frac {7}{12}}+24\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}}\;;$

$\ln 2={\frac {47}{60}}-120\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}}.$

Démonstration

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

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

D'où :

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

Soit, en simplifiant :

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

De même, on a vu que :

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

D'où :

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

Soit, en simplifiant :

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

, etc.

Autres développements en série

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{(2n+1)(2n+2)}}=\ln 2\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(4n^{2}-1)}}=2\ln 2-1\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(4n)^{3}-4n}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{4}}\ln 2;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n(4n^{2}-1)}}=\ln 2-1\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n(9n^{2}-1)}}=2\ln 2-{\frac {3}{2}}\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4n^{2}-2n}}=\ln 2\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2(-1)^{n+1}(2n-1)+1}{8n^{2}-4n}}=\ln 2\;;$

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(3n+1)(3n+2)}}={\frac {2\ln 2}{3}}\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4n^{2}-3n}}=\ln 2+{\frac {\pi }{6}}$ (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 :

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

donc

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

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

$\sum _{n=1}^{2N+2}{\frac {1}{n}}-\sum _{n=1}^{N+1}{\frac {1}{n}}={\bigl [}\ln(2N+2)+\gamma +o(1){\bigr ]}-{\bigl [}\ln(N+1)+\gamma +o(1){\bigr ]}=\ln \left({\frac {2N+2}{N+1}}\right)+o(1)=\ln 2+o(1).$

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{3n+1}}={\frac {\ln 2}{3}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}\;;$

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{3n+2}}=-{\frac {\ln 2}{3}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}\;;$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sum _{k=1}^{n}k^{2}}}=18-24\ln 2$ en utilisant $\lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=N}^{2N}{\frac {1}{n}}=\ln 2\;;$

Développements impliquant la fonction zêta de Riemann

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2n)-1}{n}}=\ln 2\;;$

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\zeta (n)-1}{2^{n}}}=\ln 2-{\frac {1}{2}}\;;$

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

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

(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 : $\ln(1-x)=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n}}\ (1)$, valable pour $x\in \left[-1,1\right[$.

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

On obtient :

$\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}$ pour $x=-1$ dans (1),

$\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}$ pour $x=1/2$ dans (1),

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

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

$\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{2^{n}n}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{3^{n}n}}\;;$

$\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{3^{n}n}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{4^{n}n}}\;;$

$\ln 2={\frac {2}{5}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{25^{k}(2k+1)}}+{\frac {2}{7}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{49^{k}(2k+1)}}.$

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

$\ln 2=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{({\sqrt {2}}+1)^{n}n}}\;;$

$\ln 2=2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(2+{\sqrt {2}})^{n}n}}\;;$

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

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

$\ln 2=7\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{15^{n}n}}+3\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{80^{n}n}}+5\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{24^{n}n}}\;;$

$\ln 2=7\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{16^{n}n}}+3\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{81^{n}n}}+5\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{25^{n}n}}\;;$

$\ln 2={\frac {14}{31}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{961^{k}(2k+1)}}+{\frac {6}{161}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{25921^{k}(2k+1)}}+{\frac {10}{49}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2401^{k}(2k+1)}}.$

Développements de type BBP

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

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

Démonstration

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

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

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

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

Elle est d'une part reliée aux S_n par

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

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 :

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

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

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

Représentations intégrales

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

$I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}=\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln 2$

$I_{2}=\int _{0}^{+\infty }2^{-x}\mathrm {d} x={\frac {1}{\ln 2}}$

$I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan x\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\tan x\,\mathrm {d} x=\ln 2$

$I_{4}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}-\mathrm {e} ^{-2x}}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$

$I_{5}=\int _{0}^{1}{\frac {x-1}{\ln x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$

$I_{6}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x-\cos 2x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$

$I_{7}={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\arctan 2x-\arctan x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$

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

Démonstrations

On a :

$I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}={\bigl [}\ln(1+x){\bigr ]}_{0}^{1}=\ln 2$

$I_{2}=\int _{0}^{+\infty }2^{-x}\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-x\ln 2}\mathrm {d} x=\left[{\frac {\mathrm {e} ^{-x\ln 2}}{\ln 2}}\right]_{0}^{+\infty }={\frac {1}{\ln 2}}$

$I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan x\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\sin x}{\cos x}}\,\mathrm {d} x={\Bigl [}-\ln(\cos x){\Bigr ]}_{0}^{\frac {\pi }{3}}=\ln(\cos 0)-\ln \left(\cos {\frac {\pi }{3}}\right)=-\ln \left({\frac {1}{2}}\right)=\ln 2$

$I_{3}=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\tan x\,\mathrm {d} x=2\ln(\cos 0)-2\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right)=-2\ln(2^{-{\frac {1}{2}}})=\ln 2$:

Pour $I_{4}$ , 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 $f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}-\mathrm {e} ^{-tx}}{x}}\mathrm {d} x$ , qui donne $f'(t)=\int _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-tx}\mathrm {d} x={\frac {1}{t}}$, d'où $f(t)=\ln t$ (la constante d'intégration est nulle pour satisfaire $f(1)=0$) et en conclure $I_{4}=f(2)=\ln 2$.

On peut aussi l'obtenir comme intégrale de Frullani.

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

Autres représentations

Développement en série d'Engel :

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

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

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

Développement en cotangente continue de Lehmer :

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

Développement en fraction continue simple :

$\ln 2=\left[0;1,2,3,1,6,3,1,1,2,1,1,1,1,3,10,1,1,1,2,1,1,1,1,3,2,3,1,...\right],$ voir  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 :

$\ln 2=\left[0;1,2,3,1,5,{\tfrac {2}{3}},7,{\tfrac {1}{2}},9,{\tfrac {2}{5}},...,2k-1,{\frac {2}{k}},...\right]$,

également exprimable sous la forme

$\ln 2={\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{3+{\cfrac {2}{2+{\cfrac {2}{5+{\cfrac {3}{2+{\cfrac {3}{7+{\cfrac {4}{2+\ddots }}}}}}}}}}}}}}}}={\cfrac {2}{3-{\cfrac {1^{2}}{9-{\cfrac {2^{2}}{15-{\cfrac {3^{2}}{21-\ddots }}}}}}}}.$

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 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	1 200 000 000 100
9 septembre 2021	William Echols	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).

Bibliographie

• (en) Richard P. Brent, « Fast multiple-precision evaluation of elementary functions », Journal of the ACM, vol. 23, n^o 2,‎ 1976, 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, n^o 3,‎ 1940, p. 205-212 (PMID 16588339, PMCID 1078033, DOI 10.1073/pnas.26.3.205, Bibcode 1940PNAS...26..205U, MR 0001523)
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• (en) Boris Gourévitch et Jesús Guillera Goyanes, « Construction of binomial sums for $\pi$ and polylogarithmic constants inspired by BBP formulas », Applied Math. E-Notes, vol. 7,‎ 2007, p. 237-246 (MR 2346048, lire en ligne)
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