$\pi$ : rationnellement, quadratiquement

Bonjour

Une courte note : https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-03289800
Je savais qu'il existait des algorithmes itératifs qui convergent à vitesse quadratique (et même plus) vers $\pi$, mais : 1. ils utilisent des radicaux 2. leur construction est moins évidente.

Votre avis ?

Réponses

  • Les notations sont à ch... :-D
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • @Fdp : peut-être, mais je les ai choisies avec soin ($I$ pour inverse, $N$ pour Newton, etc.).
  • Pourquoi tout ce formalisme dans les premières lignes?
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • @Fdp : j'introduis les choses dont j'ai besoin pour que je me comprenne. Ni plus, ni moins. Je peux me tromper, mais je ne trouve pas ça excessif.

    Sinon, sur le fond ?
  • Si j'ai bien compris on a formellement $f_0(x)=a(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$? $f_0$ n'est pas une fonction polynôme.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Introduire toutes ces notations pour ne les utiliser que sur un "bête" exemple. Bof. Mais ce n'est que mon avis.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • $x$ est "fixé" au départ une bonne fois pour toute. On approche uniformément sur le compact $\left[0,x\right]$. D'où le petit laïus initial sur les fonctions définies sur $\left[0,x\right]$. $f_0$ est la fonction constante égale à $1/(1+x^2)$. Toute la suite $(f_n)$ dépend de $x$ (on ne peut pas approcher uniformément $a$ sur $\mathbb{R}$ par des polynômes).
  • @Fdp : bilan des notations introduites : $a$ pour ne pas traîner $\mathrm{Arctan}'$ dans les calculs, $N$ pour l'itératrice. Je ne trouve pas cela fou.
  • Les choix de notations ne sont pas si problématiques parce que l'article est court, mais quand-même:

    -il faudrait préciser que les constantes sont confondues avec les fonctions définies sur $[0;x]$, constantes et de dite valeur, plutôt que l'inverse.
    -il peut être préférable de traîner $Arctan'$ pendant tout l'article si l'on utilise déjà $Arctan$, car il n'y a pas de continuité entre les écritures $Arctan$ et $a$.
    -en général, le symbole $x$ désigne une variable (et $a$ parfois plutôt une constante), donc ici sachant qu'il y a des fonctions constantes qui dépendent de $x$, mieux vaudrait peut-être utiliser un autre symbole plus explicite comme $C$, ou $x_0$ ou $\lambda$.
    -la notation $A^B$ désigne habituellement l'ensemble des fonctions de $B$ vers $A$ et non l'inverse!
    -la notation $f\leq a$ n'est pas définie
    -la notation $a \ (x)$ est assez étrange (pourquoi un espace entre les deux?), d'autant plus que tu utilises parfois un espace pour désigner un produit de fonctions
    -tu pourrais expliciter l'algorithme récursif donnant la suite qui converge vers $\pi$ (pour quelle valeur de $x$ proposes-tu de l'appliquer par exemple?).

    Sinon les maths ont l'air correctes. Tu pourrais peut-être aussi expliquer l'intérêt de cette méthode. Est-ce de retrouver rapidement l'identité d'Euler? D'avoir une suite de rationnels convergeant rapidement vers $\pi$ (mais du coup, Euler ne l'avait-il pas déjà)? Est-il plus facile de calculer $F_n$ en certains $x$ lorsqu'on sait que la suite des dérivées suit une itération de l'algorithme de Newton?
  • @Palabra : merci pour ton retour, notamment sur l'aspect formel. Je réponds à deux questions de ton dernier paragraphe : oui, principalement, une suite de rationnels qui converge vite vers $\pi$ (cf. résumé), donc la partie Euler est secondaire; non, selon toute vraisemblance, Euler ne l'avait pas déjà : il est tombé sur cette série et a calculé les sommes partielles l'une après l'autre. Ici, en $n$ itérations, on arrive à la somme partielle d'indice $2^n$.
  • Survolé l'article. C'est étrange : la vitesse de convergence de la dernière formule en page 3 semble médiocre. Ca me fait douter de la "convergence quadratique".
  • @Area 51 : tu parles sans doute de la vitesse de convergence de la suite des sommes partielles $\left(S_n\left(x\right)\right)$ de la série. Comme il est écrit, l'algorithme proposé fournit la suite extraite $\left(F_n\left(x\right)=S_{2^n-1}\left(x\right)\right)$.
  • Dans ce cas, j'ai du mal à croire qu'Euler ait pu obtenir 20 décimales en une heure ... Il faut quoi ? Quelque chose comme 160 termes ?
  • Additionner $64$ termes de la série suffit pour avoir $20$ décimales de $\dfrac{\pi}{4}$
    ? \p 50
    S(n)={0.5*sum(k=0,n,2^(2*k)/((2*k+1)*binomial(2*k,k))*0.5^k)};
    print("S(63)=",S(63)*10^20);
    print("S(64)=",S(64)*10^20);
    print("Pi/4= ",Pi/4*10^20)
    
    S(63)=78539816339744830960.973502573346511547556926140689
    S(64)=78539816339744830961.272022769050174854379347005386
    Pi/4= 78539816339744830961.566084581987572104929234984378
    

    Euler connaissait sûrement une formule à la Machin.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Area : il utilisait une combinaison linéaire de deux arctangentes dont le plus mauvais terme est $\mathrm{Arctan}\left(1/7\right)$, qui se prête bien aux calculs à la main car $(1/7)^2/(1+(1/7)^2)=0,02$.
  • En effet, avec $20 \arctan \dfrac{1}{7} + 8 \arctan \dfrac{3}{79}$, ça devient plus réaliste. Pour environ 20 décimales, comment de "summands" sont nécessaires avec $48 \arctan \dfrac{1}{18} + 32 \arctan \dfrac{1}{57} - 20 \arctan \dfrac{1}{239}$ ?
  • Si on utilise l'égalité (sans doute connue d'Euler):
    $\displaystyle \dfrac{\pi}{4}=2\arctan\left(\frac{1}{2}\right)-\arctan\left(\frac{1}{7}\right)$ il faut additionner $27$ termes de la série pour obtenir $20$ décimales correctes.
    S(n,x)={x/(1+x^2)*sum(k=0,n,2^(2*k)/((2*k+1)*binomial(2*k,k))*(x^2/(1+x^2))^k)};
    T(n)={2*S(n,0.5)-S(n,7^(-1))};
    print("T(26)=",T(26)*10^20,);
    print("T(27)=",T(27)*10^20,);
    print("Pi/4= ",Pi/4*10^20,);
    T(26)=78539816339744830959.317913462972294948600709812897
    T(27)=78539816339744830961.124274290266893410122976285251
    Pi/4= 78539816339744830961.566084581987572104929234984378
    
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • @Area : on a
    $$
    \forall x\in \R_+^* \qquad 0\leq \mathrm{Arctan}\left(x\right)-S_n \left(x\right) \leq x\left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^n
    $$
  • Et si on utilise:

    $\displaystyle \dfrac{\pi}{4}=2\arctan\left(\frac{1}{3}\right)+\arctan\left(\frac{1}{7}\right)$

    il faut additionner $19$ termes de la série pour obtenir $20$ décimales correctes.
    ? \p 50
    S(n,x)={x/(1+x^2)*sum(k=0,n,2^(2*k)/((2*k+1)*binomial(2*k,k))*(x^2/(1+x^2))^k)};
    T2(n)={2*S(n,1/3.0)+S(n,1/7.0)};
    print("T2(18)=",T2(18)*10^20);
    print("T2(19)=",T2(19)*10^20);
    print("Pi/4= ",Pi/4*10^20);
    T2(18)=78539816339744830960.240268656103271381253855656594
    T2(19)=78539816339744830961.436720576787929051059030384984
    Pi/4= 78539816339744830961.566084581987572104929234984378
    

    NB: Voir https://mathworld.wolfram.com/Machin-LikeFormulas.html
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • D'un point de vue théorique, c'est moins bon que ce que je propose. D'un point de vue pratique, cela ne signifie pas que le temps de calcul est moins bon.
  • On a : $\dfrac{\dfrac{1}{3^2}}{1+\dfrac{1}{3^2}}=\dfrac{1}{10}$ et $\dfrac{\dfrac{1}{3}}{1+\dfrac{1}{3^2}}=\dfrac{3}{10}$ cool non? B-)
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Je manquais de temps tout à l'heure. Mais avec $\pi = 48 \arctan \dfrac{1}{18} + 32 \arctan \dfrac{1}{57} - 20 \arctan \dfrac{1}{239}$, les 8 premiers termes donnent $\dfrac{16167834760989421434607697679763147825729989112383883264}{5146381642608877192100350407899208652675151824951171875}$ et une erreur $< 10^{-20}$.

    PS. : je persiste à penser qu'on ne doit pas employer la terminologie de "convergence quadratique". L'ajout d'un terme dans la série ne fait pas gagner grand chose.
  • Area 51 : j'ai déjà expliqué que le passage de $F_{n}\left(x\right)$ à $F_{n+1}\left(x\right)$ nous fait passer de la somme partielle $S_{2^n-1}\left(x\right)$ à $S_{2^{n+1}-1}\left(x\right)$. Donc de l'étape $n$ à l'étape $n+1$ on a ajouté $2^{n+1}-1-2^n+1=2^n$ termes.
  • Area : rien qu'en utilisant $\mathrm{Arctan} (1)=\pi/4$, on a
    $$
    \forall n \in \mathbb{N} \qquad 0 \leq \frac{\pi}{4} - F_n\left(1\right) \leq \frac{1}{2^{2^n}}.
    $$
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