Approximations rationnelles de $\pi$

dans Analyse
Bonjour
À la page 10 du document en pièce jointe, nous pouvons lire : "To the best of our knowledge the asymptotic formulas (15) and (16) for computing the constant pi have never been reported in scientific literature."
À la page 10 du document en pièce jointe, nous pouvons lire : "To the best of our knowledge the asymptotic formulas (15) and (16) for computing the constant pi have never been reported in scientific literature."
Réponses
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C'est quoi la question?Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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Bonjour.
Voici les résultats de la formule (15) en fonction de L :
L = 1, r = 3,2.
L = 2, r $\simeq$ 3,16235...
L = 3, r $\simeq$ 3,15084...
...
L = 100, r $\simeq$ 3,14160...
C'est vrai que cela semble converger vers la bonne constante.
Par contre, pour obtenir seulement trois chiffres significatifs avec une centaine de termes (j'ai calculé la fraction exacte avant d'obtenir le calcul approché), c'est peu au regard des possibilités de certaines formules qui donnent des paquets de 8 chiffres significatifs corrects par terme supplémentaire calculé 171 chiffres significatifs par triplet de termes supplémentaires calculés, voir ceci (sous-paragraphe "Autres formules classiques" du paragraphe "Développement de formules efficaces").
Dit autrement, c'est sans doute joli, mais juste bon à grossir la liste des formules dépassées en efficacité, même si cela n'a jamais été publié avant.
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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@FdP : pas vraiment de question. La formule (16), c'est juste une somme de Riemann.
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La formule (16) c'est pire : il n'y a pas deux chiffres significatifs après la virgule avec une somme de 100 termes.
À bientôt.
[Édit : Dépassé, le "chiffre de la Bête".]Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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@Dreamer : un calcul (élémentaire comparé au matériel introduit dans l'article) montre
$$
\forall n\in \mathbb{N}^*, \qquad 0 \leq n \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n^2+k^2}-\frac{\pi}{4} \leq \frac{3\sqrt{3}}{8n}.
$$
Du coup je suspecte une blague de la part des auteurs. -
Bon,
Comme tu le dis, c'est élémentaire.
Je maintiens que c'est inefficace et c'est sans doute la raison principale pour laquelle cela n'a pas été repris dans d'autres études, c'est uniquement ce que j'ai dis.
Comme il n'y a effectivement pas d'autres questions, j'en resterais là.
Bonne continuation.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Je me disais : ""Aussi loin que nous sachions, etc.", ils ont pas dû chercher bien loin (:P)." C'est un peu comme si je proposais la roue au concours Lépine.
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Magnéthorax: dans ce domaine on redécouvre à l'occasion des formules qui étaient déjà connues des décennies avant mais tombées dans l'oubli. Il n'y a pas de moteur de recherche pour chercher ce type d'informations.
PS:
Lire par exemple: https://fr.wikipedia.org/wiki/Mathématiques_expérimentales#Applications_et_exemples
Il y a une belle histoire autour de la formule $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\left(H_n\right)^2}{n^2}=\dfrac{17\pi^4}{360}$. Un étudiant, Enrico Au-Yeung, l'aurait découverte (conjecturée) par des méthodes numériques en 1993.
En réalité, on avait oublié que cette égalité était un problème de la revue AMM (American mathematical monthly) qui avait été donné en 1950 et résolu peu de temps après (H. F. Sandham, Martin Kneser, l'un est l'auteur du problème l'autre celui dont la solution a été publiée vers 1950 donc)
PS2:
C'est sûr qu'il faut vraiment avoir la foi pour croire que personne ne connaissait cette formule (16) avant la parution de cet article. :-DLe passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Magnethorax: on voit dans le domaine des calculs compliqués pour établir des égalités qui peuvent s'établir par des méthodes plus simples: c'est une question de marotte*. B-)-
*: et puis, si on a établi un résultat par une méthode compliquée c'est un peu l'assurance que c'est probablement quelque chose de nouveau (en tout cas, j'y vois cette croyance) B-)-Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Fdp : oui, enfin de là à ne pas reconnaître la méthode des rectangles appliquées à la dérivée de l'arctangente une fois tombé dessus... Après, c'est surtout les gens du gouvernement canadiens que ça concerne. Moi, ça m'amuse.
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En effet, la belle formule $\displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{ H_n^2 }{n^2}=\frac{17\pi^4}{360}$ a été posée comme problème 4305, AMM, septembre 1948, vol. 55, n° 7, p. 431, par H . F. Sandham,Trinity College, Irlande, et corrigé dans AMM, avril 1950, vol. 57, n° 4, p. 267, par Martin Kneser, Allemagne.
Ce problème fait partie de la sélection des 400 « meilleurs » problèmes, réunie comme numéro de l'AMM d'août-septembre 1957 sous le titre « The Otto Dunkel Memorial Problem Book ».
Il figure bien sûr dans la prodigieuse collection du livre que nous a signalé FdP, Ali Shadhar Olaikhan, An Introduction to the Harmonic Series and Logarithmics Integrals, Ali Shadhar Olaikhan, April 2021, p. 219.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Chaurien: Je pense qu'une méthode standard permet de faire ce calcul.
Après la redécouverte en 1993 de cette formule, il a été donné une autre preuve de cette formule.
Mais, selon moi, cette preuve est affreusement compliquée (si je me souviens bien).
NB:
Une méthode standard fonctionne sûrement:
1)On transforme le terme général de la série en intégrale (ici, probablement une intégrale double)
2)On intervertit le signe intégrale (double) et le signe somme.
3) Si on parvient à sommer la série on se retrouve avec une intégrale double qu'il s'agit de calculer: mais vu la simplicité du résultat à obtenir il est probable que ce calcul ne va pas comporter de grandes complications.
PS:
On a $\displaystyle H_n=\int_0^1 \dfrac{1-x^n}{1-x}dx$ avec $n\geq 1$ entier.
$\displaystyle H_n:=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Je pense que nos deux cousins canadiens ont légitimement gagné leur titre de shtameur.
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Voici la solution de l'AMM 1950, que l'on peut dire calculatoire élémentaire, sans séries de Fourier ni intégrales doubles. Si l'on veut donner un nom à cette identité, ce doit être assurément Sandham-Kneser, en oubliant pour l'instant Enrico Au-Yeung, à qui l'on souhaite de faire à l'avenir d'authentiques découvertes.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Je fais une recherche sur H. S. Sandham, déjà pour connaître ses prénoms, et au cours de cette recherche je tombe sur l'identité : $\displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{ \coth \pi n }{n^7}=\frac{19\pi^7}{56700}$. C'est impressionnant, trop compliqué pour moi... et je ne connais toujours pas les prénoms de Sandham.
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J'avais aussi tenté d'en apprendre plus* sur cet homme qui a donné quelques beaux problèmes à l'AMM.
Sur l'égalité que tu donnes, je ne serais pas étonné d'apprendre qu'elle est à mettre en relation avec un développement en série de fonctions "bien connu" de $\text{cotan}(\pi x)$.
*: sans grand succès dans mon souvenir.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Mon message sur Henry Francis Sandham est refusé, alors une copie d'écran . . .
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Bravo Cidrolin, et merci pour la traduction, on trouve ceci sur les sites irlandais :
http://www.mathsireland.ie/blog/2019_06_cm
http://www.mathsireland.ie/blog/2018_11_cm
http://cardcolm.org/Atlas.html#SandhamHarry
Nous avons le prénom, mais ne saurons jamais ce qui se cache sous le « F.», et il est l'un des seuls dont on n'a pas le portrait. Carrière honorable pour un homme mort à 46 ans. Poseur et résolveur de problèmes, que dire de mieux ?
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Oups, Cidrolin nous dit que c'est Francis. Encore bravo.
https://www.genealogy.math.ndsu.nodak.edu/id.php?id=42192 -
Bien vu Fin de partie, le développement en série de $1/\tanh(\pi x)$ et les valeurs connues de $\zeta(2),\zeta(4),\zeta(6),\zeta(8)$ donnent avec très peu de calculs le résultat $\displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{ \coth \pi n }{n^7}=\frac{19\pi^7}{56700}$.
Cela marche aussi très bien si on remplace 7 par 3 ou par 11 (plus généralement par $4k-1)$. -
Bravo FdP et Jandri, je n'y avais pas pensé, j'aurais eu trop peur des sommes doubles. Je trouve : $\displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{ \coth \pi n }{n^3}=\frac{7\pi^3}{180}$.
Malheureusement, je ne vois pas comment poser ça en Math Spé en 2021 car je ne vois pas comment démontrer le développement eulérien de $\coth$ sans série de Fourier, alors qu'on peut le faire pour $\cot$ grâce au truc de Herglotz.
Bonne soirée.
Frr. Ch. -
C'est bien le résultat pour l'exposant 3.
Pour l'exposant 11 j'ai trouvé $\dfrac{1453\pi^{11}}{425675250}$.
Je connais trois démonstrations de l'égalité $\pi\coth(\pi x)=\dfrac1x+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{2x}{x^2+k^2}$ n'utilisant pas les série de Fourier :
1) avec la factorisation $(1+X)^{2n}-(1-X)^{2n}=4nX\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\dfrac{X^2}{\tan^2(k\pi/(2n))}\right)$ on établit $\ln\dfrac{\sinh x}{x}=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\ln \left(1+\dfrac{x^2}{k^2\pi^2}\right)$ puis on dérive.
2) on montre que $S(z)=\dfrac1z+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{2z}{z^2+k^2}$ et $T(z)=\pi\dfrac{1+e^{-2\pi z}}{1-e^{-2\pi z}}$ vérifient la même équation fonctionnelle $S(z/2)+S((z+i)/2)=2S(z)$ et on montre que $S-T=0$ avec le truc de Herglotz.
3) on calcule de deux façons l'intégrale $I_n=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(2n+1)t}{\sin t}e^{-2at}dt$ (avec $a>0$) : par récurrence et en décomposant avec les intervalles $[k\pi,(k+1)\pi]$ puis on fait tendre $n$ vers $+\infty$ en utilisant le lemme de Lebesgue (facile à montrer pour une fonction de classe $C^1$).
Les trois démonstrations sont trop longues pour être posées en colle mais elles peuvent faire l'objet d'un petit problème dans les classes de spé (MP pour la deuxième), la troisième n'utilise pas les séries de fonctions. -
Bravo et merci Jandri, je me doutais bien qu'on pouvait compter sur toi.
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Pour la petite histoire, on peut aussi grâce à ces relations trouver des séries permettant de calculer numériquement zeta(4n-1) assez efficacement. Voir par exemple cet article.
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La méthode "habituelle" fonctionne bien même si c'est un peu "sportif".
\begin{align}S&=\sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{ \left(H_n\right)^2 }{n^2}\\
&=\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 \int_0^1 \frac{(1-x^n)(1-y^n)}{n^2(1-x)(1-y)}dxdy\\
&=\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{(1-x)(1-y)}\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty \frac{(xy)^n}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty \frac{y^n}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}\right)dxdy\\&=\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{(1-x)(1-y)}\left(\zeta(2)+\text{Li}_2(xy)-\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(y)\right)\\
&\overset{\text{IPP}}=\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1-y}\frac{\ln\left(\frac{1-x}{1-xy}\right)}{x}dxdy\\
&\overset{u=1-xy,v=\frac{1-x}{1-xy}}=\int_0^1\int_0^1 \frac{\ln (uv)\ln v}{(1-v)(1-uv)}dudv\\
&\overset{z(u)=uv}=\int_0^1 \frac{\ln v}{v(1-v)}\left(\int_0^v \frac{\ln z}{1-z}dz\right)dv\\
&=\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln v}{v}\left(\int_0^v \frac{\ln z}{1-z}dz\right)dv}_{\text{IPP}}+\int_0^1 \underbrace{\frac{\ln v}{1-v}\left(\int_0^v \frac{\ln z}{1-z}dz\right)}_{F^\prime(x)F(x)}dv\\
&=-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln^3 v}{1-v}dv+\frac{1}{2}\left(\int_0^1\frac{\ln v}{1-v}dv\right)^2\\
&=-\frac{1}{2}\times -6\zeta(4)+\frac{1}{2}(-\zeta(2))^2\\
&=3\zeta(4)+\frac{1}{2}\zeta(2)^2\\
&=3\times \frac{\pi^4}{90}+\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2\\
&=\boxed{\dfrac{17\pi^4}{360}}
\end{align}
NB:
Pour $\displaystyle 0\leq x\leq 1,\text{Li}_2(x):=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n^2}=-\int_0^x \dfrac{\ln(1-t)}{t}dt$
$\displaystyle \dfrac{\partial }{\partial x}\text{Li}_2(x)=-\dfrac{\ln(1-x)}{x}$
$\displaystyle \zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6},\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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