Exercice 25

1. On a $I_{0} = \big[\ln(1 + x)\big]_{0}^{1}$, donc $\boxed{I_{0} = \ln 2}$. Pour $x \in [0\,,1]$, on a $0 \leqslant \frac{x^{n}}{1 + x} \leqslant x^{n}$, et l'on intègre : $$\boxed{0 \leqslant I_{n} \leqslant \frac{1}{n + 1}}$$ 2. Les deux intégrandes s'ajoutent en $\frac{x^{n}(1 + x)}{1 + x} = x^{n}$ : $$\boxed{I_{n} + I_{n+1} = \frac{1}{n + 1}}$$ 3. On remplace chaque $\frac{1}{k + 1}$ par $I_{k} + I_{k+1}$ ; la somme est télescopique, au signe près : $$\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k}}{k + 1} = \sum_{k=0}^{N} (-1)^{k}I_{k} - \sum_{k=1}^{N+1} (-1)^{k}I_{k} = I_{0} - (-1)^{N+1}I_{N+1}.$$

$$\boxed{\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k}}{k + 1} = \ln 2 + (-1)^{N}I_{N+1}}$$ D'après la question 1, l'écart entre cette somme et $\ln 2$ vaut $I_{N+1}$, compris entre $0$ et $\frac{1}{N + 2}$ : il est aussi petit que l'on veut pourvu que $N$ soit assez grand.

4. On pose de même $J_{0} = \operatorname{Arctan} 1 = \frac{\pi}{4}$ ; l'encadrement $0 \leqslant \frac{x^{2n}}{1 + x^{2}} \leqslant x^{2n}$ donne $0 \leqslant J_{n} \leqslant \frac{1}{2n + 1}$, et $J_{n} + J_{n+1} = \int_{0}^{1} x^{2n}\,\mathrm{d} x = \frac{1}{2n + 1}$. Le même télescopage donne $$\boxed{\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k}}{2k + 1} = \frac{\pi}{4} + (-1)^{N}J_{N+1}, \qquad 0 \leqslant J_{N+1} \leqslant \frac{1}{2N + 3}}$$ La somme $1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots$ s'approche donc de $\frac{\pi}{4}$, avec une erreur au plus $\frac{1}{2N + 3}$.

À retenir : ces deux résultats sont dus à Mercator et à Leibniz (ou, en Inde, à Madhava) ; l'erreur, de l'ordre de $\frac{1}{N}$, montre qu'il faut des milliers de termes pour obtenir trois décimales de $\pi$, ce qui contraste avec la méthode de l'exercice 9.