formule de Machin

Maths_sup

Bonjour, je dois démontrer la formule de Machin: pi/4 = 4arctg(1/5) - arctg(1/239)
avec les complexes en utilisant la formule: (5+i)^4 * (239-i) = c(1+i) où c est un réel strictement positif. En tapant à la machine
((5+i)^4 * (239-i)) / (1+i) je trouve c=114244

Je ne vois pas comment mettre en relation les deux formules...

gerard0

En passant à la forme exponentielle, par hasard ?

Eric

\begin{align*}
\bigl(\frac{5i+1}{5i-1}\bigr)^{4}\bigl(\frac{239i+1}{239i-1}\bigr)^{-1}
&=\bigl(\frac{625-500i-150+20i+1}{625+500i-150-20i+1}\bigr)\bigl(\frac{239i-1}{239i+1}\bigr)\\
&=\bigl(\frac{119-120i}{119+120i}\bigr)\bigl(\frac{239i-1}{239i+1}\bigr)\\
&=\frac{(119\times239+120)i+120\times239-119}{(119\times239+120)i+119-120\times239}\\
&=\frac{i+1}{i-1}
\end{align*}

jacquot

L'agument d'un produit est ...

christophe c

Il y a vraiment un matheux Machin où c'est pour désigner Personne?

Essai

Tu ne connais pas John Machin (1680-1752), dont la formule ci-dessus permit, en 1706, de calculer cent décimales de $\pi$ ?

jacquot

Et puis , y avait aussi un arbitre de foot (français)

christophe c

Merci pour les infos , non, je ne connaissais pas :-S [small](j'ai même encore un doute que tu fasses de l'humour essai, mais mon doute n'est que de 1%)[/small]

edit: merci à Eric!

Eric

http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Mathematicians/Machin.html

jean lismonde

bonsoir

la formule de Machin se démontre très simplement

on calcule : $Arctan1 + Arctan\frac{1}{219} = Arctan\frac{120}{119}$

puis $Arctan\frac{1}{5} + Arctan\frac{1}{5} = Arctan\frac{5}{12}$

et aussi : $Arctan\frac{5}{12} + Arctan\frac{5}{12} = Arctan\frac{120}{119}$ d'où le résultat de Machin

signalons que Gauss a livré une formule analogue nettement plus performante

cordialement

ev

J'ai toujours trouvé la formule de Machin chouette.

e.v.

JLT

Y a-t-il un truc pour trouver des formules de type Machin ?

Eric

Ca dépend combien tu veux y faire apparaitre de $\arctan$. Avec seulement deux $\arctan$, tu as un théorème de Stormer qui répond à ton problème. http://archive.numdam.org/ARCHIVE/BSMF/BSMF_1899__27_/BSMF_1899__27__160_1/BSMF_1899__27__160_1.pdf

ev

Bonsoir JLT,

Tu peux aussi écrire $\arctan \frac1p + \arctan \frac1q = \arctan \frac1n$
avec $p = n + d$ ; $q = n + d'$ et $dd' = n^2+1$.
ou encore
$\arctan(\frac1n)=2\arctan(\frac1{2n})-\arctan(\frac1{n(4n^2+3)})$.

amicalement,

e.v.

Essai

@Christophe C : j'ai effectivement été tenté de faire une blagounette avec Machin (du genre "tu ne connais pas Hirsute Machin ?"), mais je me suis repris et j'ai consulté mon ouvrage Le Nombre $\pi$, bien fourni en la matière.

Il y a aussi quelques réponses à la question de JLT.

JLT

L'article que tu cites indique que la formule de Machin est la formule la plus efficace faisant intervenir deux arctangentes. Je sais qu'il existe des formules avec plusieurs arctangentes qui donnent des séries convergeant plus vite vers $\pi$.

ev

@ JLT

Qu'est-ce que tu entends par là : "convergeant plus vite..." ?

Il n'y a pas que le nombre de termes - c'est-à-dire d'indices - dans la somme qui compte.
Il y a aussi la complexité de chaque terme. Plus il y a d'arctangentes, plus chaque terme d'indice donné prend du temps de calcul.

Il va de soi qu'avec les formules que j'ai données, on peut augmenter à loisir le nombre d'arctangentes à loisir. Pour avoir des formules performantes, on doit regrouper les $\arctan\frac1p$ égales, et c'est pas du gâteau.

De mémoire, les formules de Gauss sont particulièrement efficaces.

amicalement,

e.v.

JLT

On a $\arctan \dfrac{1}{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^k}{(2k+1)n^{2k+1}}$. Plus $n$ est grand, plus la série converge vite.

Eric

Tu peux regarder par exemple du côté de la formule de Stormer et de la formule de Takano pour des expressions avec quatre $\arctan$ (elles ont été utilisées par Kanada en 2002 pour obtenir une pelletée de décimales de $\pi$).

soland

JLT écrivait:

---

> Y a-t-il un truc pour trouver des formules de type Machin ?

Dans le numéro spécial de mai 1980 du Petit Archimède on trouve, à la page 200, un procédé dû à Euler (un Bâlois futé)
$$
\arctan t = \frac{T}{t}\left( 1 + \frac{2}{3}T + \frac{2\cdot 4}{3\cdot 5}T^2 + \frac{2\cdot 4\cdot 6}{3\cdot 5\cdot 7}T^3 + \cdots \right) \quad\text{où}\quad T:=\frac{t^2}{1+t^2}
$$
$$
\text{Puis}\qquad\frac{\pi}{4} = 5\arctan(1/7) + 2\arctan(3/79)
$$
Enfin, on nous fait remarquer que si $t=1/7$, alors $T=1/50=0.02$ ce qui donne un calcul facile.

PS. Quelqu'un sait-il établir cett série pour arctan ?

ev

Bonjour Soland.

La recherche est en rideau sur le Phôrüm, donc je recopie ce qu'avait écrit JLT à ce sujet il y a peu~:

1. Posons $ y(u)=\dfrac{\mathrm{arcsin}(u)}{\sqrt{1-u^2}}$. Il est facile de vérifier que $ y$ satisfait l'équation différentielle $ (1-u^2)\dfrac{dy}{du}-uy=1$, ce qui permet aisément de calculer par récurrence les coefficients de son développement en série entière.
Soit
$$ y(u)= \dfrac{\mathrm{arcsin}(u)}{\sqrt{1-u^2}}=\sum \frac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!} u^{2n+1}.$$
2. En effectuant le changement de variables $ u=\sin t$, on en déduit que
$$ t=\sum \dfrac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!} \sin^{2n+1}t\cos t.$$
3. En substituant $ x=\tan t$ et en utilisant $ \dfrac{1}{1+\tan^2 t}=\cos^2 t$, on obtient bien le résultat demandé.

p.c.c. JLT

ev

@ JLT.

Je prends l'égalité
$\arctan \frac17 = \arctan\frac1{12} + \arctan \frac1{17}$.
Je veux calculer N décimales.
Je suppose que le temps de calcul de $\dfrac1{x^{2n+1}}$ ne dépend pas de la taille de $x$ et en négligeant le dénominateur $2n+1$, le terme d'erreur est de l'ordre du dernier terme.
Son indice $n$ vérifie pour la rérie donnant $\arctan \frac17$ :
$2n+1 = \dfrac {N}{\log 7}$.
Pour les deux séries $\arctan\frac1{12}$ et $\arctan \frac1{17}$.
On trouve $2n+1 = \dfrac {N}{\log 12}$ et $2n+1 = \dfrac {N}{\log 17}$. En effectuant la somme, on trouve un meilleur temps de calcul pour $\arctan \frac17$.

Sans regroupement de termes, cette méthode est vouée à l'échec.

e.v.

JLT

@ev : exact, je disais n'importe quoi.

soland

@ev@JLT
Grand merci.

ev

@ Soland,

C'est JLT qu'il faut remercier, je n'ai fait que m'empresser de recopier.

e.v.

Maths_sup

Merci à tous!!

jacquot

Bonjour les amis,

En dessinant des triangles rectangles sur du papier quadrillé, j'ai trouvé une formule genre Machin-chose personnelle ;-):
$\dfrac \pi 4 = \arctan \frac 1 7 + \arctan \frac 3 4$
$\dfrac \pi 4 = \arctan \frac 1 7 + \arctan \frac 2{11}+ \arctan \frac 1 2$
$\dfrac \pi 4 = \arctan \frac 1 7 + \arctan \frac 2{11}+ \arctan \frac 1 7 +\arctan \frac 1 3 =2\arctan \frac 1 7 + \arctan \frac 2{11}+\arctan \frac 1 3$
$\dfrac \pi 4 = 2\arctan \frac 1 7 + \arctan \frac 2{11}+\arctan \frac 1+\arctan \frac 2{11}=\boxed{3\arctan \frac 1 7 + 2\arctan \frac 2{11}}$

J'ai dessiné un peu au pif.
Selon vos dires ces formules sont d'autant plus efficaces pour calculer $\pi$ que les tangentes sont petites. peut-être est-il possible d'éclater encore le $\arctan \frac 2{11}$ , mais alors il y aura plus de termes dans ma somme.

Amicalement. jacquot
[ Edit : $\boxed{5\arctan \frac 1 7 +2 \arctan \frac 3{79}=\dfrac\pi 4}$ ]

jacquot

Peut-être serait-il intéressant de faire apparaître des $\arctan \frac1{10}$ pour faciliter le calcul des Développements Limités ensuite...

jacquot

Bonsoir,
Je vais exploiter cette idée d'expression de $\frac \pi 4 $ avec un max de $\arctan \frac 1 {10}$
Dans un quadrillage, je trace un triangle rectangle isocèle de côtés $\sqrt {101};\sqrt {101} ; \sqrt {202}$
Je lis alors à sa pointe inférieure $ \frac \pi 4 = \arctan \frac 1{10}+\arctan\frac 9{11}$
Je construis alors un nouveau triangle de dimensions $9\sqrt {101};11\sqrt{101};\sqrt {202\times 101}$
À sa pointe inférieure, je lis $\arctan\frac 9{11}=\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {90-11}{110+9}$
d'où: $ \frac \pi 4 = 2\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {79}{119}$
Pour continuer, il faudrait maintenant construire un triangle de dimensions $79\sqrt {101};119\sqrt{101};\dots$
Je continuerai ainsi à extraire des $\arctan \frac 1{10}$
Si le terme résiduel à un rang $n$ s'écrit $\arctan \frac p q$, au rang suivant, il s'écrira $\arctan \frac {10p-q}{10q+p}$
Je considèrerai donc une suite de fractions $\dfrac {p_{n+1}}{q_{n+1}}=\dfrac {10p_n-q}{10q_n-p}$ Alors un tableur donne:
$ \frac \pi 4 = 3\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {671}{1\ 269}$
$ \frac \pi 4 = 4\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {5\ 441}{13\ 361}$
$ \frac \pi 4 = 5\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {41\ 049}{139\ 051}$
$ \frac \pi 4 = 6\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {271\ 439}{1\ 431\ 559}$
$ \frac \pi 4 = 7\arctan \frac 1{10}+\arctan\frac {1\ 282\ 831}{14\ 587\ 029}$
$ \frac \pi 4 = 8\arctan \frac 1{10}-\arctan\frac {1\ 758\ 719}{147\ 153\ 121}$
ou $ \boxed{\frac \pi 4 = 8\arctan \frac 1{10}-\arctan 0,011951...}$
Je m'arrête là parce que le terme résiduel est le plus petit (en valeur absolue)

Le dernier terme résiduel semble moins pratique que celui de Machin si on veut maintenant calculer $\pi$:-(
Bonne nuit. jacquot

jacquot

Petit calcul de $\pi$ matinal à l'aide du développement de Taylor
$\arctan x = x-\frac {x^3} 3+\frac {x^5}5-\frac {x^7}7+\dots$
$\begin {array}
\alpha \pi&=32\ (\frac 1{10} -\frac 1{3000}+\frac 1 {50\ 000}-\dots)\ -4\ (0,01195...-\frac {0,01195...^3}3+\dots)\\
\ &=3,2-0,010666...+0,000064-0,00000045714285...+0,000000003555...\\
\ &\ -0,04780650218..+ 0,00000227625..- 0,00000000020.. +0,00..\\
\ &=\boxed{\ 3,1415926536}
\end {array}$
En hommage à William Shanks.

Si la première ligne se calcule bien, on ne pourra pas en dira autant du développement de $-\arctan \frac {1758719}{147153121}$.
Heureusement les puissances de la fraction deviennent vite très petites..
jacquot

Eric

Cette notice Wikipedia http://fr.wikipedia.org/wiki/William_Shanks est particulièrement oiseuse (et un brin mièvre).
J'aime beaucoup le "Ce qui lui donna une version assez complète de Pi."

[Activation du lien. AD]

nicolas.patrois

jacquot a écrit:

Et puis , y avait aussi un arbitre de foot (français)

Et un groupe de folk.

ev

Deux références :

Hwang Chien-Lih
Some Observations on the Method of Arctangents for the Calculation of $\pi$
The Mathematical Gazette Vol. 88, No. 512, Jul., 2004 pp 270-278

D. H. Lehmer On Arccotangent Relations for $\pi$ AMM
Vol. 45, No. 10, Dec., 1938 pp 657-664.
Donne comme mesure de la realtion machinale $$\dfrac{k\pi}4 = \sum_{i=1}^n a_i\arctan\frac1{m_i}$$ le nombre$$\sum_{i=1}^n \dfrac1{\log m_i}.$$

Ces deux articles donnent une tripotée de formules.

e.v.

Gilles old

Une âme charitable pourrait-elle mettre l'article de Lehmer ? Merci d'avance.

Eric

Voici le second

Fin de partie

Un article (en anglais) sur la formule de Machin sur le plan historique et sur Machin lui-même (qui serait sans doute celui qui a inspiré la formule de Taylor selon l'auteur de cet article)

http://fredrickey.info/talks/10-03-13-HPM-DC-Machin/10-03-13-HPM_DC_Machin.pdf

Gilles old

Merci beaucoup Éric.