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

    $\ln 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n}}\;;$
    $\ln 2=1-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)}}\;;$
    $\ln 2={\frac {1}{2}}+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)}}\;;$
    $\ln 2={\frac {5}{6}}-6\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)}}\;;$
    $\ln 2={\frac {7}{12}}+24\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}}\;;$
    $\ln 2={\frac {47}{60}}-120\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}}.$
Ces égalités se déduisent des développements en série entière obtenus dans la section précédente, pris en $x=-{\frac {1}{2}}$, 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 :
    $\ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}x^{n}}{n}}.$
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).
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 :
    $\ln 2={\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2k}}+{\frac {1}{4k+1}}+{\frac {1}{8k+4}}+{\frac {1}{16k+12}}\right){\frac {1}{16^{k}}}.$
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 :
    $I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}=\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln 2$
    $I_{2}=\int _{0}^{+\infty }2^{-x}\mathrm {d} x={\frac {1}{\ln 2}}$
    $I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan x\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\tan x\,\mathrm {d} x=\ln 2$
    $I_{4}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}-\mathrm {e} ^{-2x}}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$
    $I_{5}=\int _{0}^{1}{\frac {x-1}{\ln x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$
    $I_{6}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x-\cos 2x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$
    $I_{7}={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\arctan 2x-\arctan x}{x}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$
    $I_{8}=-{\frac {1}{\mathrm {i} \pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\ln x\ln \ln x}{(x+1)^{2}}}\,\mathrm {d} x=\ln 2$
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 |