Exercice 30 Approximation de $\pi$ par la méthode d'Archimède

1. Pour $n=1$, les deux polygones ont $3\times 2^{1}=6$ côtés : ce sont des hexagones réguliers.

Pour $P_{1}$, chacun des six triangles formés par le centre et un côté est isocèle avec un angle au sommet de $\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$ : il est donc équilatéral, et chaque côté mesure $1$, comme le rayon. Le périmètre vaut $6$, donc : $$\boxed{p_{1}=\frac{6}{2}=3}$$ Pour $Q_{1}$, chaque côté est tangent au cercle en son milieu, à la distance $1$ du centre. La demi-longueur d'un côté vaut $\tan\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$, donc un côté mesure $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ et le périmètre $6\times\dfrac{2\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3}$ : $$\boxed{q_{1}=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}}$$ On en déduit le premier encadrement : $$\boxed{3<\pi<2\sqrt{3}\approx 3{,}464}$$

2. (a) Les $3\times 2^{n}$ côtés de $P_{n}$ interceptent des angles au centre égaux, dont la somme est un tour complet. Donc : $$\boxed{\alpha_{n}=\frac{2\pi}{3\times 2^{n}}}$$

(b) Notons $[MN]$ un côté de $P_{n}$ et $K$ le milieu de $[MN]$. Le triangle $OMN$ est isocèle en $O$ (avec $OM=ON=1$), donc $(OK)$ en est à la fois la hauteur et la bissectrice :

Dans le triangle $OKM$, rectangle en $K$ : $$\sin\left(\frac{\alpha_{n}}{2}\right)=\frac{MK}{OM}=MK \qquad \text{donc} \qquad MN=2MK=2\sin\left(\frac{\alpha_{n}}{2}\right)$$ Or $\dfrac{\alpha_{n}}{2}=\dfrac{\pi}{3\times 2^{n}}$. Le périmètre de $P_{n}$ est la somme de ses $3\times 2^{n}$ côtés, et $p_{n}$ en est la moitié : $$p_{n}=\frac{1}{2}\times 3\times 2^{n}\times 2\sin\left(\frac{\pi}{3\times 2^{n}}\right) =\boxed{3\times 2^{n}\sin\left(\frac{\pi}{3\times 2^{n}}\right)}$$ Le côté correspondant de $Q_{n}$ est porté par la tangente au cercle en $K'$, point du cercle situé sur $(OK)$, et il est vu du centre sous le même angle $\alpha_{n}$. La demi-longueur de ce côté est le côté opposé à l'angle $\dfrac{\alpha_{n}}{2}$ dans un triangle rectangle dont le côté adjacent vaut $OK'=1$ : $$\tan\left(\frac{\alpha_{n}}{2}\right)=\frac{\text{demi-côté}}{1}$$ d'où, par le même décompte : $$q_{n}=\frac{1}{2}\times 3\times 2^{n}\times 2\tan\left(\frac{\pi}{3\times 2^{n}}\right) =\boxed{3\times 2^{n}\tan\left(\frac{\pi}{3\times 2^{n}}\right)}$$

(c) Pour $n=1$, $3\times 2^{1}=6$ et $\dfrac{\pi}{6}$ : $$p_{1}=6\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)=6\times\frac{1}{2}=3 \qquad ; \qquad q_{1}=6\tan\left(\frac{\pi}{6}\right)=6\times\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$$ On retrouve bien les valeurs de la question 1.

3. (a) Posons $N=3\times 2^{n}$, de sorte que $\beta_{n}=\dfrac{\pi}{2N}$ et $\dfrac{\pi}{N}=2\beta_{n}$. Alors : $$\boxed{p_{n}=N\sin(2\beta_{n}) \quad ; \quad q_{n}=N\tan(2\beta_{n})}$$ Au rang suivant, le nombre de côtés double : $3\times 2^{n+1}=2N$, et l'angle correspondant est $\dfrac{\pi}{2N}=\beta_{n}$, d'où : $$\boxed{p_{n+1}=2N\sin(\beta_{n}) \quad ; \quad q_{n+1}=2N\tan(\beta_{n})}$$

(b) Écrivons $\beta$ au lieu de $\beta_{n}$ pour alléger. D'une part : $$\frac{1}{q_{n+1}}=\frac{1}{2N\tan(\beta)}=\frac{\cos(\beta)}{2N\sin(\beta)}$$ D'autre part, en utilisant $\sin(2\beta)=2\sin(\beta)\cos(\beta)$ puis $1+\cos(2\beta)=2\cos^{2}(\beta)$ : $$\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{p_{n}}+\frac{1}{q_{n}}\right) &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{N\sin(2\beta)}+\frac{\cos(2\beta)}{N\sin(2\beta)}\right) = \frac{1+\cos(2\beta)}{2N\sin(2\beta)} \\ &= \frac{2\cos^{2}(\beta)}{2N\times 2\sin(\beta)\cos(\beta)} = \frac{\cos(\beta)}{2N\sin(\beta)} \end{aligned}$$ Les deux quantités sont égales, ce qui démontre la première relation : $$\boxed{\frac{1}{q_{n+1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{p_{n}}+\frac{1}{q_{n}}\right)}$$ Pour la seconde, on calcule le produit $p_{n}\,q_{n+1}$ : $$p_{n}\,q_{n+1}=N\sin(2\beta)\times 2N\tan(\beta) =N\times 2\sin(\beta)\cos(\beta)\times 2N\times\frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} =4N^{2}\sin^{2}(\beta)$$ Or $p_{n+1}^{2}=\left(2N\sin(\beta)\right)^{2}=4N^{2}\sin^{2}(\beta)$. Ces deux nombres ont donc le même carré, et $p_{n+1}$ étant positif : $$\boxed{p_{n+1}=\sqrt{p_{n}\,q_{n+1}}}$$ On remarque au passage la structure du procédé : $q_{n+1}$ est la moyenne harmonique de $p_{n}$ et $q_{n}$, et $p_{n+1}$ la moyenne géométrique de $p_{n}$ et $q_{n+1}$.

(c) Avec $p_{1}=3$ et $q_{1}=2\sqrt{3}$ : $$\frac{1}{q_{2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{6}\right)=\frac{2+\sqrt{3}}{12}$$

$$q_{2}=\frac{12}{2+\sqrt{3}}\approx \boxed{3{,}215390}$$ puis : $$p_{2}=\sqrt{p_{1}q_{2}}=\sqrt{3\times 3{,}215390}\approx \boxed{3{,}105829}$$ L'encadrement obtenu est donc $3{,}105829<\pi<3{,}215390$, d'amplitude : $$q_{2}-p_{2}\approx \boxed{0{,}110}$$ Autrement dit, après deux étapes, on ne connaît encore $\pi$ qu'à un dixième près : on peut seulement affirmer que $\pi\approx 3{,}1$.

(d) L'exercice 28 a donné $\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ et $\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=2-\sqrt{3}$. Or pour $n=2$, $3\times 2^{2}=12$ et $\dfrac{\pi}{3\times 2^{2}}=\dfrac{\pi}{12}$, donc : $$p_{2}=12\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)=12\times\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} =\boxed{3\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}$$

$$q_{2}=12\tan\left(\frac{\pi}{12}\right)=12\left(2-\sqrt{3}\right)=\boxed{24-12\sqrt{3}}$$ On vérifie que $12\left(2-\sqrt{3}\right)=\dfrac{12}{2+\sqrt{3}}$, puisque $\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)=4-3=1$.

4. (a) La boucle doit se poursuivre tant que l'amplitude $q-p$ reste supérieure à $e$. Quant aux deux affectations, la première relation donne $\dfrac{1}{q_{n+1}}=\dfrac{p+q}{2pq}$, donc $q_{n+1}=\dfrac{2pq}{p+q}$ :

Entrée : un réel $e>0$

$p \leftarrow 3$

$q \leftarrow 2\sqrt{3}$

$n \leftarrow 1$

Tant que $\boxed{q-p>e}$ faire

$q \leftarrow \boxed{\dfrac{2pq}{p+q}}$

$p \leftarrow \boxed{\sqrt{p\,q}}$

$n \leftarrow n+1$

Fin Tant que

Sortie : $n$, $p$, $q$

L'ordre des deux affectations est essentiel : lorsqu'on calcule $p \leftarrow \sqrt{pq}$, la variable $q$ contient déjà la nouvelle valeur $q_{n+1}$, conformément à la relation $p_{n+1}=\sqrt{p_{n}\,q_{n+1}}$. En les intervertissant, on calculerait $\sqrt{p_{n}q_{n}}$, qui n'est pas $p_{n+1}$.

(b) En itérant à la calculatrice ou au tableur, on obtient :

L'amplitude passe sous $10^{-6}$ au rang $\boxed{n=11}$, et l'encadrement obtenu est : $$\boxed{3{,}1415925<\pi<3{,}1415930}$$ On y lit six décimales exactes : $\pi\approx 3{,}141592$.

(c) En poursuivant, l'amplitude passe sous $10^{-9}$ au rang $n=16$. Il faut donc, pour gagner trois décimales : $$\boxed{5 \text{ itérations supplémentaires}}$$

On observe en effet que l'amplitude est divisée par $4$ environ à chaque étape, ce qui fait gagner $\log_{10}(4)\approx 0{,}6$ décimale par itération. Cet algorithme est donc peu efficace pour obtenir un grand nombre de décimales : atteindre les $100$ premières décimales de $\pi$ demanderait plus de $160$ itérations, et donc des polygones à $3\times 2^{160}$ côtés. Les méthodes modernes, fondées sur des séries, convergent infiniment plus vite.

5. (a) On résout $3\times 2^{n}=96$, soit $2^{n}=32=2^{5}$ : $$\boxed{n=5}$$

(b) Le tableau de la question 4b donne : $$\boxed{p_{5}\approx 3{,}141032 \qquad ; \qquad q_{5}\approx 3{,}142715}$$ tandis que l'encadrement d'Archimède vaut : $$3+\frac{10}{71}\approx 3{,}140845 \qquad ; \qquad 3+\frac{1}{7}\approx 3{,}142857$$ On constate que $3+\dfrac{10}{71}<p_{5}$ et $q_{5}<3+\dfrac{1}{7}$ : l'encadrement d'Archimède contient celui que fournissent ses propres polygones. Son amplitude vaut $2{,}0\times 10^{-3}$ contre $1{,}7\times 10^{-3}$ pour $[p_{5}\,;q_{5}]$ : $$\boxed{\text{l'encadrement } p_{5}<\pi<q_{5} \text{ est le meilleur des deux}}$$

(c) Oui. À chaque étape, Archimède devait remplacer une racine carrée par une fraction, en arrondissant par défaut pour la borne inférieure et par excès pour la borne supérieure, afin de ne pas risquer de perdre l'encadrement. Chacun de ces arrondis élargit très légèrement l'intervalle, et ces pertes s'accumulent au fil des cinq étapes. L'écart constaté, de l'ordre de $2\times 10^{-4}$ sur chaque borne, est donc exactement le prix de cette prudence : la méthode d'Archimède est exacte, seuls ses calculs numériques sont approchés.