Arctan et Euler

thdh · December 2013

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 ?

jpmjpmjpm · December 2013

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 $\frac{1}{1+x^2}$.

JLT · December 2013

L'idée qui me vient est de substituer $x=\tan t$ et d'utiliser $\dfrac{1}{1+\tan^2 t}=\cos^2 t$.

Ap0 · December 2013

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 $$\int_0^1 \frac{s^nds}{2\sqrt{1-s}}$$

thdh · December 2013

J'ai suivi tes conseils ça marche merci AP.

JLT · December 2013

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.

Magnéthorax · September 2022

Bonjour
J'ai une démonstration sans développement en série - théorème d'interversion. Je voudrais savoir si quelqu'un a également ça.
Merci.

jandri · September 2022

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 :

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(x\cos t)^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}}dt=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{x\cos t}{1+(x\sin t)^2}dt=\int_0^x\dfrac1{1+u^2}du=\arctan x$

Magnéthorax · September 2022

@jandri : ok. Je demandais sans développement en série - interversion.

jandri · September 2022

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.

Magnéthorax · September 2022

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.

jandri · September 2022

Bravo, c'est très joli et tout à fait élémentaire.

Magnéthorax · September 2022

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$$
0 \leq \int_0^x \frac{1}{1+t^a} \,dt - \frac{x}{1+x^a} \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{x^a}{1+x^a}\right)^k \frac{\left(ak\right)!!}{\left(ak+1\right)!!}
\leq x \left(\frac{x^a}{1+x^a}\right)^{n+1}
$$

$\left(an+r\right)!!=\prod_{k=1}^n \left(ak+r\right)$

jandri · September 2022

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 $|R_N|=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{x\cos t}{1+(x\sin t)^2}\left(\dfrac{x^2\cos^2 t}{1+x^2}\right)^N\leq \dfrac{x^{2N+1}}{(1+x^2)^N}$.

Magnéthorax · September 2022

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.

Arctan et Euler

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