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Arctan et Euler

Modifié (21 Sep) dans Analyse
Bonjour je suis tombé par hasard sur wikipedia "inverse trigonometric functions"
La formule due à Euler $$\arctan(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\cdot\frac{x^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}}
$$ Comment le prouver ?

Réponses

  • La première idée qui me vient à l'esprit est de montrer que la série est dérivable avec une dérivée continue et que la dérivée vaut $\frac{1}{1+x^2}$.
  • L'idée qui me vient est de substituer $x=\tan t$ et d'utiliser $\dfrac{1}{1+\tan^2 t}=\cos^2 t$.
  • Ap0Ap0
    Modifié (21 Sep)
    Cette formule se trouve dans le bouquin Autour du nombre $\pi$ de Pierre Eymard et Jean-Pierre Lafon
    Ils partent du fait que $\displaystyle \arctan x=\int_0^x \frac{dt}{1+t^2}$
    puis changement de variable $t=x\sqrt{1-s}$.
    Apparaît alors une intégrale en $s$ avec notamment $\dfrac{1}{1-\tfrac{sx^2}{1+x^2}}$ qui se développe en série (géométrique)
    Reste à intégrer les coefficients par l'intégrale de Wallis $$\int_0^1 \frac{s^nds}{2\sqrt{1-s}}$$
  • J'ai suivi tes conseils ça marche merci AP.
  • Je termine mon esquisse de démonstration. On doit montrer que
    $$t=\sum \frac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!} \sin^{2n+1}t\cos t.$$
    En effectuant le changement de variables $u=\sin t$, on se ramène à montrer que
    $$\frac{\mathrm{arcsin}(u)}{\sqrt{1-u^2}}=\sum \frac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!} u^{2n+1}.$$
    Posons $y=\frac{\mathrm{arcsin}(u)}{\sqrt{1-u^2}}$. Il est facile de vérifier que $y$ satisfait l'équation différentielle $(1-u^2)\frac{dy}{du}-uy=1$, ce qui permet aisément de calculer par récurrence les coefficients de son développement en série entière.
  • Modifié (21 Sep)
    Bonjour
    J'ai une démonstration sans développement en série - théorème d'interversion. Je voudrais savoir si quelqu'un a également ça.
    Merci.
  • En reportant l'intégrale de Wallis $W_{2n+1}=\displaystyle\int_0^{\pi/2}(\cos t)^{2n+1}dt=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}$ dans le second membre il devient après interversion série-intégrale : 

    $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(x\cos t)^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}}dt=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{x\cos t}{1+(x\sin t)^2}dt=\int_0^x\dfrac1{1+u^2}du=\arctan x$
  • @jandri : ok. Je demandais sans développement en série - interversion.
  • Magnéthorax a dit :
    @jandri : ok. Je demandais sans développement en série - interversion.
    Je n'ai pas une telle démonstration, je ne vois d'ailleurs pas comment se passer des séries puiqu'il y a une série dans la formule.
  • Modifié (22 Sep)
    Je fus le premier surpris. Si $c\in \mathbf{R}_+^*$, alors la suite de fonctions $\left(u_n\right)$ définies sur $\left[0,c\right]$ par$$
    u_n \left(x\right)=\frac{1}{1+x^2} \left(1-\left(1-\frac{1+x^2}{1+c^2}\right)^{n}\right)
    $$ est telle que $$
    \forall x\in\left[0,c\right] \qquad 0 \leq \frac{1}{1+x^2} - u_n \left(x\right) \leq \left(\frac{c^2}{1+c^2}\right)^{n}
    $$Après avoir reconnu en $u_n$ la somme partielle d'une série géométrique, on intègre entre $0$ et $c$, on reconnaît les intégrales de Wallis et on conclut. Et on a une majoration de l'erreur.
  • Bravo, c'est très joli et tout à fait élémentaire.
  • Modifié (22 Sep)
    Généralisation : soit $a\in\R_+^*$. Si $c\in \mathbf{R}_+^*$, alors la suite de fonctions $\left(u_n\right)$ définies sur $\left[0,c\right]$ par$$
    u_n \left(x\right)=\frac{1}{1+x^a} \left(1-\left(1-\frac{1+x^a}{1+c^2}\right)^{n}\right)
    $$permet de trouver selon les mêmes modalités (fonction beta cette fois) un développement en série de fonctions alternatif au développement de Taylor en $0$ de$$
    x \mapsto \int_0^x \frac{1}{1+t^a} \,dt
    $$avec majoration de l'erreur:$$
    \forall x\in\R_+^*, \qquad \int_0^x \frac{1}{1+t^a} \,dt = \frac{x}{1+x^a} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x^a}{1+x^a}\right)^n \frac{\left(an\right)!!}{\left(an+1\right)!!}
    $$et$$
    0 \leq \int_0^x \frac{1}{1+t^a} \,dt - \frac{x}{1+x^a} \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{x^a}{1+x^a}\right)^k \frac{\left(ak\right)!!}{\left(ak+1\right)!!}
    \leq x \left(\frac{x^a}{1+x^a}\right)^{n+1}
    $$
  • En fait ta démonstration est la même que la mienne si je forme une somme partielle au lieu de former directement la somme de la série : 
    $\displaystyle\sum_{n= 0}^{N-1}\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\cdot\frac{x^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}}=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sum_{n=0}^{N-1}\dfrac{(x\cos t)^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}}dt=\int_0^{\pi/2}\dfrac{x\cos t}{1+(x\sin t)^2}dt-R_N=\arctan x-R_N$

    avec $|R_N|=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{x\cos t}{1+(x\sin t)^2}\left(\dfrac{x^2\cos^2 t}{1+x^2}\right)^N\leq \dfrac{x^{2N+1}}{(1+x^2)^N}$.
  • Modifié (23 Sep)
    Je suis arrivé aux $u_n$ en voulant approcher une $f$ convenable par itération de $\varphi\left(u\right)=u\left(2-u/f\right)$, en partant d'une condition initiale convenable.
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