Exercice 40 L'algorithme de Brouncker pour $\ln(2)$

Partie A : une somme géométrique.

1. C'est la somme des $n$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $1$ et de raison $-x$, avec $-x\neq 1$ : $$\sum_{k=0}^{n-1}(-x)^{k}=\frac{1-(-x)^{n}}{1-(-x)}=\boxed{\frac{1-(-x)^{n}}{1+x}}$$

2. En multipliant l'égalité précédente par $1+x$ puis en isolant $\dfrac{1}{1+x}$ : $$(1+x)\sum_{k=0}^{n-1}(-x)^{k}=1-(-x)^{n}=1-(-1)^{n}x^{n}$$ En divisant par $1+x$ et en réarrangeant : $$\frac{1}{1+x}=\sum_{k=0}^{n-1}(-x)^{k}+(-1)^{n}\frac{x^{n}}{1+x}$$

Partie B : intégration.

3. Avec $u(x)=1+x>0$ sur $[0\,;1]$ et $u'(x)=1$ : $$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\,\mathrm{d}x=\Big[\ln(1+x)\Big]_{0}^{1}=\ln(2)-\ln(1) =\boxed{\ln(2)}$$

4. On intègre chaque membre de l'égalité de la question 2 sur $[0\,;1]$. Le membre de gauche donne $\ln(2)$. Pour le membre de droite, la linéarité permet d'intégrer terme à terme : $$\int_{0}^{1}(-1)^{k-1}x^{k-1}\,\mathrm{d}x =(-1)^{k-1}\left[\frac{x^{k}}{k}\right]_{0}^{1}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}$$ En sommant pour $k$ allant de $1$ à $n$, il vient $S_{n}$, auquel s'ajoute l'intégrale du dernier terme, soit $(-1)^{n}R_{n}$ : $$\boxed{\ln(2)=S_{n}+(-1)^{n}R_{n}}$$

5. Soit $x\in[0\,;1]$. Alors $x^{n}\geqslant 0$ et $1+x\geqslant 1>0$, donc le quotient est positif. De plus $1+x\geqslant 1$ entraîne $\dfrac{1}{1+x}\leqslant 1$, d'où en multipliant par $x^{n}\geqslant 0$ : $$\boxed{0\leqslant\frac{x^{n}}{1+x}\leqslant x^{n}}$$ On intègre alors sur $[0\,;1]$, les bornes étant dans le bon ordre : $$0\leqslant R_{n}\leqslant\int_{0}^{1}x^{n}\,\mathrm{d}x =\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1}$$

6. D'après la question 4, $\ln(2)-S_{n}=(-1)^{n}R_{n}$, donc $\left|\ln(2)-S_{n}\right|=R_{n}$ puisque $\left|(-1)^{n}\right|=1$ et $R_{n}\geqslant 0$ : $$\boxed{\left|\ln(2)-S_{n}\right|\leqslant\frac{1}{n+1}}$$ Or $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0$. Le théorème des gendarmes appliqué à $\left|\ln(2)-S_{n}\right|$ donne alors : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty}S_{n}=\ln(2)}$$

Partie C : la forme de Brouncker.

7. On regroupe les $2m$ termes de $S_{2m}$ par paires consécutives, le premier de chaque paire étant positif : $$S_{2m}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m}\right)=\sum_{j=0}^{m-1} \left(\frac{1}{2j+1}-\frac{1}{2j+2}\right)$$ Or, en réduisant au même dénominateur : $$\frac{1}{2j+1}-\frac{1}{2j+2}=\frac{(2j+2)-(2j+1)}{(2j+1)(2j+2)} =\frac{1}{(2j+1)(2j+2)}$$

8. $$S_{2}=\frac{1}{1\times 2}=\boxed{\frac{1}{2}=0{,}500}$$

$$S_{6}=\frac{7}{12}+\frac{1}{5\times 6}=\frac{7}{12}+\frac{1}{30} =\boxed{\frac{37}{60}\approx 0{,}617}$$ Ces trois valeurs progressent bien vers $\ln(2)\approx 0{,}693$, mais lentement : après six termes, la première décimale n'est même pas fixée.

9. Il suffit que $\dfrac{1}{n+1}\leqslant 10^{-3}$, soit $n+1\geqslant 1\,000$ : $$\boxed{n=999 \text{ termes}}$$

$$\boxed{\text{L'algorithme est très peu efficace}}$$ Mille termes pour trois décimales : c'est bien moins performant que la méthode des milieux de l'exercice 38, qui en donnait sept avec mille évaluations. Ce n'est pas ainsi qu'on calcule $\ln(2)$ aujourd'hui — mais au XVIIᵉ siècle, disposer d'une formule exacte était déjà une conquête.

10.

def brouncker(e):
    S = 0
    n = 0
    while 1 / (n + 1) > e :
        n = n + 1
        S = S + (-1)**(n - 1) / n
    return n, S

11. D'après la question 9, la boucle s'arrête au premier $n$ tel que $\dfrac{1}{n+1}\leqslant 10^{-3}$ : $$\boxed{\texttt{brouncker(0.001)} \text{ renvoie } n=999 \text{ et } S\approx 0{,}693\,647}$$ L'écart réel avec $\ln(2)\approx 0{,}693\,147$ vaut environ $5\times 10^{-4}$ : il est bien inférieur à la majoration $10^{-3}$, qui reste donc prudente.

12. Par définition de $S_{2n}$, et d'après la question 7 ou par le calcul direct : $$S_{2n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{2n}$$ On y ajoute et retranche les termes de rang pair pour reconstituer $H_{2n}$ : $$S_{2n}=\underbrace{\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)}_{=\,H_{2n}} -2\underbrace{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)}_{=\,\frac{1}{2}H_{n}}$$ car $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2n} =\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{1}{2}H_{n}$. Donc : $$S_{2n}=H_{2n}-2\times\frac{1}{2}H_{n}=\boxed{H_{2n}-H_{n}}$$

Or l'exercice 37 a établi que $u_{n}=H_{2n}-H_{n}$, où $(u_{n})$ est la suite des sommes de Riemann inférieures de $\dfrac{1}{x}$ sur $[1\,;2]$ construite à l'exercice 36. Les trois exercices décrivent donc le même nombre : $$\boxed{u_{n}=H_{2n}-H_{n}=S_{2n} \qquad \text{et} \qquad \lim_{n\to+\infty}u_{n}=\ln(2)}$$ Les rectangles sous l'hyperbole, l'écart entre deux sommes harmoniques et la série de Brouncker ne sont que trois écritures d'une seule et même quantité. On le vérifie sur un exemple : $u_{3}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{37}{60}$, qui est bien la valeur de $S_{6}$ calculée à la question 8.