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Section 7.2 Accelerationis ad limitum

Euler s'est d'abord intéressé à des problèmes d'accélération de convergence, notamment pour des séries alternées permettant d'approcher des quantités intéressantes, comme la série de Leibniz-Gregory:

\begin{equation*} \frac{\pi}{4}= 1-\frac13+\frac15-\frac17+... \end{equation*}

En théorie, donc, si on somme et on soustrait des fractions toutes simples \(\frac1{2p+1}\text{,}\) on obtiendra une approximation de \(\pi\) : plus on somme de termes, et plus l'approximation sera bonne.

En théorie. Mais dans la pratique, cette somme converge leeeeeeeentement vers \(\pi\text{:}\)

Exercice 7.2.1. Insoutenable lenteur de la convergence de \(\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac1{2k+1}\).

Pour évaluer la "vitesse de convergence", procédons comme en randonnée: ce qui nous intéresse, c'est de savoir, une fois qu'on a fait \(N\) pas, quelle distance nous sépare encore du sommet.

On va donc chercher à estimer, à la louche, cette distance restante:

\begin{equation*} Reste = \left|\frac{\pi}4 - \sum_{k=0}^N \frac{(-1)^k}{2k+1}\right| \end{equation*}

(a)

Montrer que

\begin{equation*} Reste =\sum_{k\geq N+1}\frac{(-1)^k}{2k+1}= \frac18\sum_{k\geq N}\frac1{(k+\frac14)(k+\frac34)} \end{equation*}
Indice.

On pourrait se débarasser des soustractions en sommant par paquets de 2.

A-t-on le droit de faire ça ? 1 

\(\leadsto\) Voir par ici 2 .

Spoiler.

(b)

En déduire que

\begin{equation*} \frac18\sum{k\geq N} \frac1{(k+1)^2} \leq R \leq \frac18\sum{k\geq N} \frac1{k^2} \end{equation*}
Spoiler.

(c)

De là, obtenir que

\begin{equation*} \frac1{8(N-1)}\leq Reste \leq \frac 1{8(N+1)} \end{equation*}
Indice.

Remarquer que, si \(\) alors

\begin{gather*} \forall x\in \rbb k-1,k\lbb, \frac1{k^2} \leq \frac 1x^2 \leq \frac 1{(k-1)^2}\\ \forall x\in \rbb k,k+1\lbb,\frac1{(k+1)^2} \leq \frac 1x^2 \leq \frac 1{k^2} \end{gather*}

En déduire un encadrement de \(\frac1{k^2}\) par des intégrales, et de là, un encadrement de \(\frac{1}{(k+1)^2}\text{.}\)

Utiliser la relation de Chasles avec générosité.

Spoiler.

(d)

Quel est, à la louche, le nombre de termes de la somme \(\displaystyle\sum 4\frac{(-1)^k}{2k+1}\) qu'il faut calculer pour être sûr d'avoir une approximation de \(\pi\) avec deux décimales correctes ?

Bonus pour ceux qui ont trop de temsp libre: en déduire une approximation de \(\pi\) avec deux décimales correctes.

\(\leadsto\) Peut-on motiver une série à marcher un peu plus vite ?

Partons, plus généralement d'une série qui alterne etre les + et les - :

\begin{equation*} S=\sum_{n\in\N} (-1)^n a_n = a_0 -a_1 +a_2 -a_3+a_4-... \end{equation*}

\(\leadsto\) Peut-on transformer la série pour approcher la limite plus rapidement ? Par exemple, en regroupant les termes intelligemment ?

On pourrait par exemple regrouper les soustraction successives: si \((a_n)_n\) est décroissante, on se ramènerait ainsi à une série positive:

\begin{equation*} S=\sum_{n\in\N} (-1)^n a_n = (a_0 -a_1) + (a_2 -a_3) + (a_4-a_5)... \end{equation*}

Par exemple, pour notre série de Leibniz-Gregory,

\begin{align*} \frac{\pi}{4} \amp = 1-\frac13+\frac15-\frac17+\frac19-\frac1{11}...\\ \amp = (1-\frac13)+(\frac15-\frac17)+(\frac19-\frac{1}{11})...\\ \amp=\frac23 + \frac2{5\cdot7}+\frac2{9\cdot 11}+... \end{align*}

Si on fait ça, la somme est plus facile à calculer, mais on n'approche pas plus vite de la limite : au bout de \(n\) termes, on est encore à une distance \(\simeq \frac1{n}\) de \(\frac{\pi}4\text{.}\)

L'idée d'Euler, c'est de regrouper les différences successives de termes, mais en gardant l'alternance de signes:

Là, on voit apparaître une nouvelle somme alternée \(S_1\text{:}\) on lui fait subir le même sort :

et on recommence avec la nouvelle somme alternée \(S_2\text{:}\)

Exercice 7.2.2. Une formule pour les différences de différences.

(a)

Notons, pour une suite \((a_n)_n\) donnée,

\begin{equation*} \Delta_{alt}^1 a_n = a_{n+1}-a_n \end{equation*}

Calculer

\begin{equation*} \Delta_{alt}^1(\Delta_{alt}^1(a_n)) \text{ et } \Delta_{alt}^1(\Delta_{alt}^1(\Delta_{alt}^1(a_n))) \end{equation*}
Spoiler.

(b)

On note \(\Delta_{alt}^k\) ce qu'on obtient si on fait ça \(k\) fois de suite:

\begin{equation*} \Delta_{alt}^k a_n = \Delta_{alt}^1(\Delta_{alt}^{k-1}a_n)=\underbrace{\Delta_{alt}^1\Delta_{alt}^1....\Delta_{alt}^1}_{k\text{ fois}}a_n \end{equation*}

Du coup,

\begin{align*} \Delta_{alt}^2 a_n \amp = \Delta_{alt}^1 a_{n+1}-\Delta_{alt}^1 a_n= (a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n-1}-a_n) \\ \Delta_{alt}^3 a_n \amp = \Delta_{alt}^2 a_{n+1}-\Delta_{alt}^2 a_n\\ ...\text{etc} \end{align*}

Montrer que, pour tous \(k\geq 1,n\geq 0\) entiers,

\begin{equation*} \Delta_{alt}^k a_n= \sum_{j=0}^k \binom{k}{j}(-1)^{k-j}a_{n+j} \end{equation*}
Indice 1.

Regardons ce que cette formule donne pour \(k=1,2,3...\)

\begin{align*} \Delta_{alt}^1 a_n \amp = \binom{1}{0}(-1)^{1-0}a_n+ \binom{1}{1}(-1)^{1-1}a_{n+1}=a_{n+1}-a_n,\\ \Delta_{alt}^2 a_n \amp = \binom{2}{0}(-1)^{2-0}a_n+ \binom{2}{1}(-1)^{2-1}a_{n+1}+\binom{2}{2}(-1)^{2-2}a_{n+2}=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n\\ \Delta_{alt}^2 a_n \amp = \binom{3}{0}(-1)^{3-0}a_n+ \binom{3}{1}(-1)^{3-1}a_{n+1}+\binom{3}{2}(-1)^{3-2}a_{n+2}+\binom{3}{3}(-1)^{3-3}a_{n+3}=a_{n+3}-3a_{n+2}+3a_{n+1}-a_n \end{align*}
Indice 2.
Penser à Pascal !
Spoiler.

De là, avec un "..." pour nous téléporter à l'infini, on semble se diriger vers:

Il n'y a pas que des séries alternées, dans la vie, me direz-vous. Mais en fait, on n'a pas eu besoin, dans notre calcul, de la positivité des \(a_n\text{.}\) Donc le \((-1)^n\) ne joue pas de rôle particulier:

Exercice 7.2.3. Passage aux séries non alternées.

(a)

Soit \((u_n)_n\) une suite de réels. On note

\begin{equation*} \Delta^k u_0= \sum_{j=0}^k \binom{k}{j}u_{j} \end{equation*}

Montrer que, si \(u_n=(-1)^na_n\)

\begin{equation*} \Delta^k u_0= (-1)^k \Delta_{alt}^k a_0 \end{equation*}
Spoiler.

(b)

Déduire de l'Affirmation 7.2.1 que, pour toute suite \((u_n)_n\) telle que la série \(\sum_{n=0}^\infty u_n\) tradi-converge, on a

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty u_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Delta^n u_0}{2^n} \end{equation*}
Spoiler.

On peut donc reformuler notre affirmation dans le cadre des séries en général:

Très bien, mais s'il y a un thème récurrent dans notre exploration, c'est que "trois petit points" ne constituent pas une façon valide de "passer à l'infini". Encore pire s'il s'agit de séries alternées: dans ce cas, l'ordre dans lequel on somme peut tout changer 3 .

Pour transformer ce trait de génie à la Euler, en respectable théorème qu'Abel et Cauchy ne désinfecterons pas d'un spray de rigueur, on va passer par les fonctions développées en séries entières du chapitre précédent.

Exercice 7.2.4. Théorèmification de la transformation d'Euler.

Soit donc \((a_n)_n\) une suite telle que \(\sum a_n\) tradiconverge vers un \(S\) réel.

On note

\begin{gather*} S_n=\sum_{k=0}^n a_k,\quad R_n=S-S_n= \sum_{k=n+1}^{+\infty} a_k\\ e_k=\frac{1}{2^{k+1}}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j} a_j, \quad S_n^E=\sum_{k=0}^n e_k \end{gather*}

et le but du jeu est de montrer que \(\sum e_n\) tradiconverge également vers \(S\text{,}\) ou encore, traduit en hiéroglyphes, que

\begin{equation*} \text{Pour tout }\varepsilon \gt 0,\ \text{ il existe } N\in \N \text{ t.q. pour tout } n\geq N, |S_n^E - S|\lt \varepsilon \end{equation*}

Soit donc \(\varepsilon\gt 0\text{,}\) plus qu'à trouver le \(N\) qui correspond.

(a)

Montrer que, pour tout entier n,

\begin{equation*} S_n^E= \sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=j}^n \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right)\right)S_j \end{equation*}
Spoiler.

(b)

Montrer que

\begin{equation*} \sum_{j=0}^n \sum_{k=j}^n \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right) = 1-\frac1{2^{n+1}} \end{equation*}
Indice.

Penser à la formule du binôme:

\begin{equation*} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}=(a+b)^n \end{equation*}
Spoiler.

(c)

En déduire que

\begin{equation*} |S_n^E - S| = \left|\sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=j}^n \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right)\right)(S_j-S)-\frac1{2^{n+1}}S\right| \end{equation*}
Spoiler.

(d)

Montrer que, pour tout \(j\in\N\) fixé

\begin{equation*} \sum_{k= j}^{+\infty}\frac1{2^{k+1}}\binom{k}{j} = 1 \end{equation*}
Spoiler.

(e)

Justifier qu'il existe un \(M\gt 0\) tel que, pour tout \(n\geq M\)

\begin{equation*} |S_n-S|\lt \varepsilon \text{ et } \frac{1}{2^n+1}\lt \varepsilon \end{equation*}

En déduire qu'il existe un \(N\geq M\) tel que, pour tout \(n\geq N\text{,}\)

\begin{equation*} \left|\sum_{k=j}{n} \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right) \right|\lt \frac{\varepsilon}{M+1} \end{equation*}
Spoiler.

(f)

Montrer que, pour tout \(n\geq N\text{,}\)

\begin{align*} |S_n^E - S|\amp\leq \left|\sum_{j=0}^{M-1}\sum{k=j}^n \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right)(S_j-S)\right|\\ \amp+ \left|\sum_{j=M}^{n}\sum_{k=j}^n \frac1{2^{k+1}}\left(\binom{k}{j}-\binom{k}{j+1}\right)(S_j-S)\right|\\ \amp+ \frac1{2^{n+1}}|S|\\ \amp\lt M\cdot\frac{\varepsilon}{M} \cdot \max_{j\in\N}{|S_j-S|}+\varepsilon+|S|\varepsilon \end{align*}
Spoiler.

On peut donc affirmer haut et fort, plutôt que honteusement et sans conviction,

Donc, ça converge. Mais est-ce que ça converge plus vite ?

Déjà, que signifie "converger plus vite" ?

Définition 7.2.4.

Soient \((u_n)_n,(v_n)_n\) deux suites telles que les séries \(\sum u_n\) et \(\sum v_n\) tradiconvergent vers la même somme:

\begin{equation*} S_n^u = \sum_{p=0}^n u_p \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{} S \text{ et } S_n^v = \sum_{p=0}^n v_p \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{} S \end{equation*}

Du coup, les restes:

\begin{equation*} S-S_n^u= R_n^u = \sum_{p\geq n} u_n\text{ et } R_n^v = \sum_{p\geq n} v_n \end{equation*}

convergent vers 0.

On dit que \(\sum u_n\) converge plus vite que \(\sum v_n\) si

\begin{equation*} \left|\frac{R_n^u}{R_n^v}\right| \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{} 0 \end{equation*}

Exercice 7.2.5. Fongipressions successives, exemple 1.

Reprenons la série de Leibniz-Gregory:

\begin{equation*} \pi = 4 - \frac43+\frac45 - \frac 47 + \frac49 -...=\sum_{n\geq 0}\frac{4(-1)^n}{2n+1} \end{equation*}

Avant de voir ce que donne la transformation d'Euler complète, appliquons \(\Delta_{alt}\) deux ou trois fois et voyons ce que ça donne.

(a)

Vérifions d'abord qu'on a le droit: justifier que, si \(\sum (-1)a_n\) tradiconverge vers une somme totale \(s\text{,}\) alors la somme

\begin{equation*} \sum_{k\geq 0}(-1)^k \underbrace{(a_{k+1}-a_k)}_{:=\Delta^1_{alt}a_k} \end{equation*}

tradiconverge aussi, et que

\begin{equation*} s= \frac12 a_0 - \frac12 \sum_{k\geq 0}(-1)^k \Delta^1_{alt}a_k \end{equation*}
Indice.

Essentiellement, du coup, il s'agit de mettre \(a_0\) à part et de sommer les termes par paquets de 2.

A-t-on un théorème sous la mais qui permettrait de faire ça ?

 4 

Spoiler.

(b)

D'un coup de \(\Delta^1_{alt}\text{,}\) montrer que

\begin{equation*} \pi = 2 + \sum_{k\geq 0}\frac{4(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)} \end{equation*}
Spoiler.

(c)

On note

\begin{equation*} S_n^{(1)} = \sum_{k= 0}^n\frac{4(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)}. \end{equation*}

Montrer que

\begin{equation*} |s_N^{(1)} - (\pi - 2)|\leq \frac{1}{N^2}. \end{equation*}

En déduire un ordre de grandeur du nombre de termes à calculer pour obtenir une approximation de \(\pi\) avec au moins les six premières décimales correctes.

Est-ce que \(S_n^{(1)}\) converge vers \(\pi\) plus vite que \(S_n\) ?

Indice.

Recycler les méthodes utilisées à l'Exercice 7.2.1 pour avoir un ordre de grandeur du reste.

Spoiler.

(d)

Et si on recommence, est-ce que ça accélère plus ?

En appliquant la même procédure une deuxième fois, montrer que

\begin{equation*} \pi = 2 +\frac23+\sum_{k\geq 0} \frac{8(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} \end{equation*}
Spoiler.

(e)

Si on note

\begin{equation*} S_n^{(2)} = \sum_{k=0}^n \frac{8(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}, \end{equation*}

donner une majoration de la distance entre \(S_N^{(2)}\) et sa limite \(\pi-2-\frac23\text{.}\)

En déduire combien de termes sont nécessaires pour obtenir une approximation de \(\pi\) exacte jusqu'à la sixième décimale.

Est-ce que \(S_n^{(2)}\) converge vers \(\pi\) plus vite que \(S_n^{(1)}\) ?

Spoiler.

(f)

Montrer que, après \(p\) coups de champignon, on obtient

\begin{equation*} \pi = \sum_{j=0}^p \frac{2\cdot j!}{1\cdot3\cdot...\cdot(2j+1)}+ 4 p!\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2n+1)(2n+3)...(2n+2p+1)} \end{equation*}
Spoiler.

(g)

Estimer l'erreur qu'on fait si on approche \(\pi\) par

\begin{equation*} S_N^{(p)}=\sum_{j=0}^p \frac{2\cdot j!}{1\cdot3\cdot...\cdot(2j+1)}+ 4 p!\sum_{k=0}^N\frac{(-1)^k}{(2n+1)(2n+3)...(2n+2p+1)} \end{equation*}
Spoiler.

Exercice 7.2.6. Fongipressions successives, exemple 2.

Essayons avec une autre somme: la série harmonique alternée:

\begin{equation*} 1-\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-... = \sum_n\frac{(-1)^{n-1}}{n} \end{equation*}

qui, il se trouve, converge vers \(\ln(2)\) 6 .

(a)

Commencer par estimer l'erreur faire en approchant \(\ln(2)\) par la somme des \(N\) premiers termes de la suite \(\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\text{.}\)

Spoiler.

(b)

Vous savez quoi faire: à coup de Delta, montrer que

\begin{align*} \ln(2)\amp=\frac12 + \sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^{k-1}}{2k(k+1)}\\ \amp= \frac12+\frac18 +\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^{k-1}}{2k(k+1)(k+2)}\\ \amp =\frac12+\frac18+\frac1{24}+\sum_{k\geq 0}\frac{3\cdot(-1)^{k-1}}{4k(k+1)(k+2)(k+3)} \end{align*}
Spoiler.

(c)

On note

\begin{align*} \tilde S_N\amp = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^n}n\\ \tilde S_N^{(1)}\amp = \frac12 + \sum_{k= 1}^N\frac{(-1)^{k-1}}{2k(k+1)}\\ \tilde S_n^{(2)}\amp = \frac12+\frac18 +\sum_{k= 1}^N\frac{(-1)^{k-1}}{2k(k+1)(k+2)}\\ \tilde S_n^{(3)}\amp =\frac12+\frac18+\frac1{24}+\sum_{k= 1}^N\frac{3\cdot(-1)^{k-1}}{4k(k+1)(k+2)(k+3)} \end{align*}

A chaque pour de Deltaccélération, estimer l'ordre de grandeur du nombre de termes à sommer pour obtenir une valeur approchée de \(\ln(2)\) exacte à six décimales, et vérifier que la convergence est de plus en plus rapide.

Spoiler.

Même en n'appliquant que partiellement la procédure d'Euler, on arrive à accélérer considérablement la convergence de certaines séries alternées.

Pour terminer de s'en convaincre, voici un tableau des valeurs obtenues pour les approximations de \(\pi\) et \(\ln(2)\) après quelques coups d'accélération:

Table 7.2.5. Approximation de \(\pi\) par \(S_N^{(p)}\text{,}\) pour \(p=0,1,2,3\) coups de Delta
\(N\) 10 100 1000
\(S_N\) 3.23231580 3.15149340 3.14259165
\(S_N^{(1)}\) 3.14535928 3.14164118 3.14159315
\(S_N^{(2)}\) 3.14188102 3.14159312 3.14159265
\(S_N^{(3)}\) 3.14162337 3.14159266 3.14159265
Table 7.2.6. Approximation de \(\ln(2)\) par \(\tilde S_N^{(p)}\text{,}\) pour \(p=0,1,2,3\) coups de Delta
\(N\) 10 100 1000
\(\tilde S_N\) 0.64563492 0.68817217 0.69264743
\(\tilde S_N^{(1)}\) 0.69108946 0.69312267 0.69314693
\(\tilde S_N^{(2)}\) 0.69298340 0.69314694 0 .69314718
\(\tilde S_N^{(3)}\) 0.69312909 0.69314717 0.69314718

Source: Accelerating convergence of series 8 , par K. Conrad de l'University of Connecticut.

Et si on va jusqu'au bout de la procédure, et qu'on remplace \(\sum a_n\) par

\begin{equation*} \sum_{n\in\N} u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{2^{k+1}}\Delta^k a_0, \end{equation*}

où on a noté

\begin{equation*} \Delta^k u_0 = \sum_{j=0}^k\binom{k}{j} a_j, \end{equation*}

est-ce que ça accélère ?

Pour certaines sommes, oui, et pas qu'un peu.

Exercice 7.2.7. Accélération par Euler.

Notons \(\sum {(-1)}^n a_n\) la série (tradiconvergente) qu'on souhaite booster.

On va supposer qu'il existe une fonction positive \(w:[0,1] \rightarrow \R\) telle que, pour tout \(k\in\N\text{,}\)

\begin{equation*} a_k = \int_0^1 t^k\,w(t)\,dt \end{equation*}

On est en droit de se demander ce que cette fonction \(w\) vient faire ici, mais c'est un long détour, qu'on va donc laisser pour le moment. Ceux qui souhaitent explorer cette direction sont encouragés à chercher des informations sur le "Problème des moments de Hausdorff".

Remarque: En particulier, ici, les \(a_n\) doivent êtres positifs : ce n'est pas nécessaire, on l'a vu, pour définir la transformée d'Euler, mais ça l'est pour l'accélération de convergence. Cette preuve ne s'applique donc qu'aux séries "vraiment" alternées.

(a)

Pour les amateurs d'analyse: Justifier que, dans ce cas, on a

\begin{equation*} S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n a_n = \int_0^1 \frac{w(t)}{1+t}dt \end{equation*}

\(\leadsto\) du coup, avec ce changement de point de vue, on cherche à montrer que la transformation d'Euler de la série est une bonne approximation de l'intégrale

\begin{equation*} \int_0^1 \frac{w(t)}{1+t}dt \end{equation*}
Spoiler.

(b)

Du coup, si on arrive à trouver une suite de fonctions \((\varphi_n)_n\) telles que

  1. La suite des intégrales

    \begin{equation*} \int_0^1 \varphi_n(t) w(t) dt \end{equation*}

    converge rapidement vers \(S\text{;}\)

  2. Chaque intégrale \(\int_0^1 \varphi_n(t) w(t) dt\) est égale à

    \begin{equation*} s_n^E=\sum_{k=0}^n \frac{1}{2^{k+1}}\left(\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(-1)^{j} a_j\right), \end{equation*}

alors on aura gagné.

Plus qu'à trouver des \(\varphi_n\text{.}\) Pour cela, montrer que, si \((f_n)_n\) est une suite de fonctions, toutes bornées par la même constante sur \([0,1]\) et telles que \(f_n(a) \rightarrow\infty\) rapidement, alors

\begin{equation*} \varphi_n(t):=\frac1{f_n(a)}\frac{(f_n(a)-f_n(t))}{1+t} \end{equation*}

vérifie la première condition.

Spoiler.

(c)

On est donc ramenés à chercher des \((f_n)_n\) satisfaisant aux conditions ci-dessus.

Et de préférence, on aimerait que les intégrales

\begin{equation*} \int_0^1 \frac{(f_n(a)-f_n(t))w(t)}{1+t} dt \end{equation*}

soient faciles à calculer, pour qu'on puisse montrer qu'elles valent \(s_n^E\text{.}\)

Montrer que, si \(P\) est un polynôme tel que \(P(-1)\neq 0\text{,}\) alors il existe des coefficients \(\lambda_1,...\lambda_d\) tels que

\begin{equation*} \int_0^1\frac{P(-1)-P(t)}{1+t}w(t)dt = \sum_{j=0}^d\lambda_j a_j \end{equation*}

\(\leadsto\) Il serait donc peut-être intéressant de chercher des \(f_n=P_n\) dans \(\R[X]\text{.}\)

Spoiler.

(d)

On cherche donc des polynômes \(P_n\) tels que \(P_n(-1)\rightarrow \infty\) aussi vite que possible, et qui sont tous bornés par une même constante sur \([0,1]\text{.}\)

De plus, on aimerait faire le lien avec la transformation d'Euler: on aimerait donc que leurs coefficients soient de la forme \(\binom{n}{k}(-1)^k\text{.}\)

Que donne

\begin{equation*} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^kt^k ? \end{equation*}

Est-ce que le polynôme obtenu a les propriétés qu'on souhaite ?

Spoiler.

(e)

On va donc poser \(P_n(t)=(1-t)^n\) pour tout \(n\text{,}\) et notre travail montre que, si on pose

\begin{equation*} T_n=\frac{1}{2^n}\int_0^1\frac{2^n - (1-t)^n}{1+t}w(t)dt \end{equation*}

alors \(|T_n-S|\leq 2^{-n}\text{.}\)

Plus qu'à montrer que \(T_n\) est bien égal à la somme d'Euler \(s^E_n\text{.}\)

Dans un premier temps, montrer que

\begin{align*} T_n \amp= \sum_{n\geq 0}(-1)^na_n - \frac1{2^n}\int_0^1 \sum_{j=0}^n\sum_{k\geq 0}\binom{n}{j}(-t)^{j+k}w(t)dt\\ \amp= \sum_{n\geq 0}(-1)^na_n - \frac1{2^n}\int_0^1 \sum_{\ell=0}^n\left((-1)^\ell t^\ell\sum_{j=0}^\ell \binom{n}{j}\right) \,w(t)\,dt\\ \amp -\frac1{2^n} \int_0^1 \sum_{\ell=n+1}^{+\infty}\left((-1)^\ell t^\ell \sum_{j=0}^n \binom{n}{j}\right)\,w(t)\,dt \end{align*}
Indice.

On rappelle que

\begin{equation*} (1-t)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{j} (-t)^j \end{equation*}

et d'un autre côté, pour tout \(u\in \lbb -1,1 \rbb\text{,}\)

\begin{equation*} \frac{1}{1-u} = \sum_{k\geq 0} u^k \end{equation*}

Pour la deuxième égalité, décaler les indices dans la somme en \(k\) en posant \(\ell=k+j\text{.}\) Remarquer qu'alors on doit avoir \(0\leq j \leq \min(\ell,n)\text{,}\) ce qui nous donne l'idée de séparer les \(\ell\) plus grands que \(n\) de ceux qui sont entre 0 et \(n\text{.}\)

Spoiler.

(f)

En déduire que

\begin{align*} T_n \amp= \sum_{\ell=0}^n (-1)^na_n - \frac1{2^n}\sum_{\ell=0}^n\sum_{j=0}^\ell \binom{n}{j}(-1)^\ell a_\ell\\ \amp=\frac1{2^n}\sum_{\ell=0}^n(-1)^\ell a_\ell \left(\sum_{j=\ell+1}^n\binom{n}{j}\right) \end{align*}
Indice.

On peut simplifier la dernière intégrale de la question précédente si on se souvient que

\begin{equation*} \sum_{j=0}^n \binom{n}{j}=\sum_{j=0}^n \binom{n}{j}1^j1^{n-j}= (1+1)^n=2^n \end{equation*}

et pour la première intégrale, utiliser la linéarité de l'intégrale pour sortir sommes et coefficients, avant de se souvenir d'où sortait la fonction \(w\text{.}\)

Pour la deuxième égalité, remarquer que

\begin{equation*} 1=\frac1{2^n}\sum_{j=0}^n \binom{k}{j} \end{equation*}

donc le terme en \(\ell=n\) est nul, et les autres donnent des sommes qui se simplifient jusqu'au rang \(\ell+1\text{.}\)

Spoiler.

(g)

D'un autre côté, montrer que

\begin{align*} s_n^E\amp=\sum_{k=0}^n\sum_{\ell=0}^k \frac{1}{2^{k+1}}\binom{k}{\ell}(-1)^{\ell} a_\ell\\ \amp=\sum_{\ell=0}^{n}(-1)^\ell a_\ell\sum_{k=\ell}^{n-1}\binom{k}{\ell}\frac1{2^{k+1}} \end{align*}
Spoiler.

(h)

Maintenant, on va montrer que, pour tout \(n\in\N\text{,}\) \(T_n=s_{n-1}^E\text{.}\)

Il suffit donc qu'on arrive à obtenir que, pour tout \(n\) et pour tout \(\ell\leq n-1\text{,}\)

\begin{equation*} \sum_{k=\ell}^{n-1}\binom{k}{\ell}\frac1{2^{k+1}}=\frac1{2^n}\sum_{j=\ell+1}^n\binom{n}{j} \end{equation*}

autrement dit,

\begin{equation*} \sum_{j=\ell+1}^n\binom{n}{j} = \sum_{k=\ell}^{n-1}\binom{k}{\ell}2^{n-1-k} \end{equation*}

Se convaincre que c'est bien ça qu'on veut.

Spoiler.

(i)

On va donner une preuve combinatoire: autrement dit on va montrer que les deux membres de l'égalité représentent deux façons différentes de compter la même chose.

Notons \(A^{(n)}=\{1,2,....,n\}\text{.}\)

Combien y-a-t-il de sous ensembles de \(A^{(n)}\) qui ont strictement plus que \(\ell\) éléments ?

Spoiler.

(j)

Soit \(T\subset A^{(n)}\) un de ces sous-ensembles: \(T=\{a_1,...,a_p\}\) avec \(p\gt \ell\) et \(a_1\lt a_2 \lt....\lt a_p\text{.}\)

On suppose que \(a_{\ell+1} = k+1\text{.}\) Justifier que \(k\geq \ell\text{.}\)

Montrer qu'il y a \(2^{n-k-1}\binom{k}{\ell}\) sous-ensembles \(T\) qui vérifient cette condition.

Spoiler.

(k)

Conclure combinatoirement.

Spoiler.

Vérifions cette accélération sur la série \(\displaystyle 1-\frac13+\frac15-\frac17+....\)

Exercice 7.2.8. Eulercélération de la série de Leibniz.

(a)

Notons \(a_k=\frac1{2k+1}\text{.}\) Trouver une fonction \(w\) telle que, pour tout \(k\in\N\text{,}\)

\begin{equation*} a_k=\int_0^1 t^k\,w(t)\,dt \end{equation*}

En déduire que la série transformée d'Euler de \(\displaystyle\sum_{n\in\N}\frac{(-1)^n}{2n+1}\) converge rapidement vers \(\frac{\pi}4\text{.}\)

Indice.

Calculer

\begin{equation*} \int_0^1 \frac{t^k}{2\sqrt t}dt \end{equation*}

pour voir.

Spoiler.

(b)

Calculer \(\Delta^k a_0\text{,}\) mettons pour \(k=0,1,2,3\text{.}\)

Spoiler.

(c)

De là, on va montrer, par récurrence sur \(k\) que

\begin{equation*} \Delta^ka_0 =(-1)^{k+1}\frac{2\cdot 4\cdot ...\cdot 2k}{3\cdot 5\cdot...\cdot 2k+1} \end{equation*}

Pour cela, on introduit le polynôme

\begin{equation*} Q_k(x)=\sum_{j=0}^k\frac{(-1)^j x^{2j+1}}{2j+1}\binom{k}{j} \end{equation*}

Quel rapport entre \(Q_k\) et \(\Delta^ka_0\) ?

Spoiler.

(d)

En déduire que que \(\Delta^ka_0=\int_0^1 (1-t^2)^kdt\)

Indice.

Calculer \(Q_k'(x)\) et utiliser le théorème fondamental de l'analyse:

\begin{equation*} Q_k(1)-Q_k(0) = \int_0^1Q_k'(t)dt \end{equation*}
Spoiler.

(e)

Montrer que

\begin{equation*} (2k+1)\Delta^k a_0 = (2k)\Delta^{k-1}a_0 \end{equation*}
Indice.

Intégration Par Parties !

Spoiler.

(f)

Conclure que

\begin{equation*} s_n^E=\sum_{k=0}^n \frac12\frac{\cdot k!}{3\cdot 5\cdot ....\cdot (2k+1)} \end{equation*}

converge rapidement vers \(\frac{\pi}4\text{.}\)

Spoiler.

(g)

Trouver une fonction positive \(w\) sur \([0,1]\) telle que

\begin{equation*} \int_0^1t^k w(t)dt = \frac1{k+1} \end{equation*}

et conclure que la transformée d'Euler de la série harmonique alternée \(\sum \frac{(-1)^n}{n+1}\) converge rapidement vers \(\ln(2)\text{.}\)

Spoiler.

(h)

Montrer que, pour tout \(n\) et pour tout \(k\text{,}\)

\begin{equation*} \Delta^k_{alt}a_n = \frac{(-1)^k \, k!}{(n+1)(n+2)...(n+k+1)} \end{equation*}
Spoiler.

(i)

En déduire l'expression de la série transformée

\begin{equation*} \sum_k \frac{(-1)^k\, \Delta^k_{alt}a_0}{2^{k+1}} \end{equation*}

et re-constater qu'elle converge rapidement vers \(\ln(2)\text{.}\)

Spoiler.

Exercice 7.2.9. Euler peut-il tout accélérer ?

(a)

Prenons un \(r \in \lbb -1,1\rbb\text{,}\) et notons \(a_n=r^n.\text{.}\)

Calculer la transformée d'Euler de la série

\begin{equation*} \sum (-1)^n r^n \end{equation*}
Spoiler.

(b)

Qu'est-ce que ça donne pour \(r=\dfrac12\) ?

Est-ce que la transformée d'Euler accélère la convergence dans ce cas ?

Spoiler.

(d)

Et pour \(r=\dfrac14\text{?}\)

Spoiler.

(e)

Dans la preuve qu'on a faite, l'accélération de convergence de la série alternée \(\sum(-1)^n a_n\) dépend de l'existence d'une fonction \(w\) telle que

\begin{equation*} a_k =\int_0^1 t^k\,w(t)\,dt \end{equation*}

En fait, Hausdorff a démontré 9  qu'une telle fonction existe si, et seulement si la suite \((a_n)_n\) est totalement monotone:

\begin{equation*} (-1)^k\Delta_{alt}^k a_n \geq 0 \end{equation*}

pour tout \(k,n\in\N\text{.}\)

Est-ce que c'est le cas pour trois exemples précédents ?

Pourquoi ça ne nous aide pas ?

Spoiler.

(f)

Donc, si génial soit-il 11 , Euler ne peut pas équiper toutes les séries alternées d'un hyperdrive 13 .

On dispose quand même d'un test pour évaluer l'utilité de la transformation.

Soit \((a_n)_n\) une suite dont on va supposer:

  1. qu'elle est totalement monotone;

  2. qu'il existe \(\lambda \gt \frac12\) tel que, pour tout \(n\in\N\text{,}\)

    \begin{equation*} \frac{a_{n+1}}{a_n} \geq \lambda \gt \frac 12 \end{equation*}

On va essayer de montrer que, dans ce cas, la transformée d'Euler

\begin{equation*} S_n^E = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\Delta^k_{alt}a_0}{2^{k+1}} \end{equation*}

converge vers \(S\) plus vite que \(S_n= \sum_{k=0}^n(-1)^ka_k\text{,}\) autrement dit

\begin{equation*} \left|\frac{R_n^E}{R_n}\right| = \left|\frac{\displaystyle\sum_{p\geq n+1}\frac{(-1)^p\Delta^p_{alt}a_0}{2^{p+1}}}{\displaystyle\sum_{p\geq n+1} a_p}\right|\xrightarrow[n\rightarrow \infty]{} 0 \end{equation*}

Pour ça, on va tenter de majorer \(|R_n^E|\) et de minorer \(|R_n|\text{.}\)

Montrer que, avec nos hypothèses, pour tout \(n\in\N\text{,}\)

\begin{equation*} a_n \geq \lambda^n a_0 \end{equation*}
Spoiler.

(g)

Montrer que, d'un autre côté; pour tout entier \(n\in\N\)

\begin{equation*} (-1)^{n+1}R_n = \sum_{k\geq 0} (-\Delta^1_{alt} a_{n+(2k+1)}) \end{equation*}
Spoiler.

(h)

En déduire que

\begin{equation*} (-1)^{n+1}R_n \geq \sum_{k\geq 0} -\Delta^1_{alt} a_{n+2k+2} \end{equation*}

et donc que

\begin{equation*} (-1)^{n+1}R_n \geq \frac12\sum_{p\geq n+1} (-\Delta^1_{alt} a_{p}) \end{equation*}
Indice.

Utiliser la totale monotonie de \((a_n)_n\text{.}\)

Spoiler.

(i)

En déduire que

\begin{equation*} |R_n|\geq \frac12 \lambda^{n+1}a_0 \end{equation*}

\(\leadsto |R_n|\) minoré !

Spoiler.

(j)

Plus qu'à majorer \(|R_n^E|\text{.}\)

Montrer que la suite \(((-1)^k\Delta_{alt}^k a_0)_k\) (les numérateurs de la série transformée) est une suite positive décroissante.

Indice.

Montrer que

\begin{equation*} (-1)^k\Delta_{alt}^k a_0 - (-1)^{k+1}\Delta_{alt}^{k+1}a_0 = (-1)^k\Delta_{alt}^ka_1 \end{equation*}

et utilise la monotonie totale de \((a_n)_n\text{.}\)

Spoiler.

(k)

En déduire que

\begin{equation*} |R_n^E| \leq \frac{a_0}{2^{n+1}} \end{equation*}
Spoiler.

(l)

Montrer que

\begin{equation*} \left|\frac{R_n^E}{R_n}\right| \leq \frac1{\lambda}\left(\frac1{2\lambda}\right)^n \end{equation*}

Conclure triomphalement en énonçant un théorème initulé "critère de précipitation convergitudinale". Par exemple.

Spoiler.

(m)

Parmi les suites étudiées jusqu'ici:

\begin{equation*} \frac{(-1)^n}{2n+1},\ \frac{(-1)^n}{n},\ \left(-\frac12\right)^n,\ \left(-\frac13\right)^n,\ \left(-\frac14\right)^n \end{equation*}

lesquelles vérifient les conditions d'application du théorème de précipitation convergitudinale ?

Spoiler.
Avec des sommes infinies, il y a lieu de se méfier !
carolinevernier.website/conv_commutative/section-2.html#theorem-1
Oui, ici 5 .
Voir pourquoi par ici 7 
carolinevernier.website/conv_commutative/section-2.html#project-1
kconrad.math.uconn.edu/blurbs/analysis/series_acceleration.pdf

Voir ici 10  pour plus d'informations.

fr.wikipedia.org/wiki/Moments_de_Hausdorff
et il l'était raisonnablement 12 
en.wikipedia.org/wiki/List_of_things_named_after_Leonhard_Euler
www.starwars-holonet.com/encyclopedie/technologie-hyper.html