Exercices corrigés - Calcul de valeurs approchées de réels

On considère la série $\sum_{k\geq 1}\frac{\sin k}{k^2}$.

Justifier que cette série est convergente.
On note $S$ sa somme et on cherche à déterminer une valeur approchée de $S$ à $10^{-2}$ près. On note $S_n=\sum_{k=1}^n \frac{\sin k}{k^2}$.
Démontrer que, pour tout $n>1$, $$\frac{|\sin n|}{n^2}\leq\frac{1}{n-1}-\frac 1n.$$ En déduire que, pour $N\geq 1$, $$|S-S_N|\leq \frac{1}N.$$
Déterminer $N$ de sorte que $S_N$ soit une valeur approchée de $S$ à $10^{-2}$ près. Peut-on calculer numériquement la valeur exacte de $S_N$? Une valeur approchée de $S_N$ à $10^{-2}$ près est-elle une valeur approchée de $S$ à $10^{-2}$ près?
Déterminer une valeur approchée de $S$ à $10^{-2}$ près.

Exercice 2 - La méthode de Newton ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $f:[a,b]\to\mathbb R$ une fonction de classe $C^2$ sur $[a,b]$ vérifant $f(a)<0$, $f(b)>0$, $f'>0$ et $f''>0$.

Démontrer qu'il existe un unique $\gamma\in]a,b[$ tel que $f(\gamma)=0$.
On pose $x_0=b$. Déterminer l'abscisse $x_1$ du point d'intersection de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse $x_0$ avec l'axe des abscisses. Justifier que $x_1\in[\gamma,b]$.
On réitère le procédé et on construit ainsi une suite $(x_n)$ vérifiant la relation de récurrence $x_{n+1}=\varphi(x_n)$ avec $\varphi(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}$. Démontrer que la suite $(x_n)$ converge vers $\gamma$.
On souhaite estimer la vitesse de convergence de $(x_n)$ vers $\gamma$.
1. Justifier que, pour tout $x\in[a,b]$, on a $$\left|f(\gamma)-f(x)-f'(x)(\gamma-x)\right|\leq\frac{\max_{[a,b]}|f''|}{2}|x-\gamma|^2.$$
2. En déduire que $$|x_{n+1}-\gamma|\leq k|x_n-\gamma|^2\textrm{ avec }k=\frac12\frac{\max_{[a,b]} |f''|}{\min_{[a,b]}|f'|}.$$
Démontrer que, pour tout $n\geq 0$, on a : $k|x_n-\gamma|\leq \left(k|x_0-\gamma|\right)^{2^n}$.
Application numérique : montrer que la fonction $f$ définie par $f(x)=x^2-3$ vérifie les conditions d'application des résultats précédents avec $a=1,7$ et $b=1,8$. En déduire une méthode pour calculer une valeur approchée de $\sqrt 3$ à $10^{-20}$ près. Qu'en pensez-vous?

La fonction est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[a,b]$. Elle réalise donc une bijection de l'intervalle $[a,b]$ sur l'intervalle $[f(a),f(b)]$. Puisque $0$ est dans cet intervalle, il existe un unique $\gamma\in]a,b[$ tel que $f(\gamma)=0$. On a de plus $\gamma\neq a$ et $\gamma\neq b$.
L'équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ en $(x_0,f(x_0))$ est $$y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0).$$ Pour $y=0$, on trouve la valeur de $x_1$ qui est donc $$x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}.$$ Puisque $f(x_0)$ et $f'(x_0)$ sont positifs, on a $x_1\leq x_0=b$. De plus, puisque $f''$ est positive, la fonction $f$ est convexe et la courbe représentative de $f$ est au-dessus de ses tangentes. En particulier, on a $f(x_1)\geq 0=f(\gamma)$. Puisque $f$ est croissante, ceci entraine $x_1\geq \gamma$.
Le procédé étant le même qu'à la question précédente, on montre par récurrence sur $n$ que, pour chaque $n\geq 1$, on a $$\gamma\leq x_n\leq x_{n-1}.$$ Ainsi, la suite $(x_n)$ est décroissante, minorée, elle est convergente, et sa limite est un élément de $[\gamma,b]$. De plus, la suite $(x_n)$ vérifiant la relation de récurrence $x_{n+1}=\varphi(x_n)$, et $\varphi$ étant continue sur $[a,b]$, elle converge vers un point fixe de $\varphi$ dans $[a,b]$. Or, l'équation $\varphi(l)=l$ est équivalente à $f(l)=0$, dont l'unique solution est $\gamma$. Ainsi, la suite $(x_n)$ converge vers $\gamma$.
1. Il s'agit simplement de l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre 2 appliqué à la fonction $f$ entre $x$ et $\gamma$. Il est légitime d'utiliser cette inégalité car $f$ est de classe $C^2$.
2. On applique la formule précédente avec $x=x_n$. Utilisant que $f(\gamma)=0$, on obtient $$\left|-f(x_n)-f'(x_n)(\gamma-x_n)\right|\leq\frac12\max_{[a,b]} |f''||x_n-\gamma|^2.$$ On divise cette inégalité car $|f'(x_n)|$, qui est un réel strictement positif, et on obtient $$|x_{n+1}-\gamma|\leq \frac{\max_{[a,b]} |f''|}{2|f'(x_n)|}|x_n-\gamma|^2\leq \frac12\frac{\max_{[a,b]} |f''|}{\min_{[a,b]}|f'|}|x_n-\gamma|^2.$$
Prouvons cette inégalité par récurrence sur $n$. Elle est vraie pour $n=0$. Supposons la vraie au rang $n$ et prouvons-la au rang $n+1$. On a alors $$k|x_{n+1}-\gamma|\leq k^2|x_n-\gamma|^2\leq (k|x_{0}-\gamma|)^{2^n\times 2}=(k|x_{0}-\gamma|)^{2^{n+1}},$$ ce qu'il fallait démontrer.
La fonction $x\mapsto x^2-3$ vérifie très clairement les hypothèses. Reste à calculer $k$ pour obtenir une estimation de l'erreur. Mais, $f''=2$ et $f'(x)=2x\geq 3,4$ sur l'intervalle $[a,b]$. Ainsi, on peut prendre $k=\frac{1}{3,4}$. De plus, $|x_0-\gamma|\leq 0,1$ et donc on a $$k|x_n-\gamma|\leq \frac{1}{34^{2^n}}.$$ Si on cherche une valeur approchée à $10^{-20}$ près, on doit chercher $n$ tel que \begin{eqnarray*} \frac{1}{k\times 34^{2^n}}\leq 10^{-20}&\iff& \frac{10^{20}}k\leq 34^{2^n}\\ &\iff&\ln\left(\frac{10^{20}}{k}\right)\leq 2^n \ln 34\\ &\iff&\frac{1}{\ln 2}\ln\left(\frac{\ln\left(\frac{10^{20}}{k}\right)}{\ln 34}\right)\leq n. \end{eqnarray*} La valeur $n=4$ convient, ce qui est très bon!

Exercice 3 - Valeur approchée de pi ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $n\geq 0$ et $x\in]-1,1[$, on note $R_n(x)=\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1}$. On rappelle que, pour tout $x\in ]-1,1[$, on a $$\arctan(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}.$$

Première méthode :
1. Démontrer que la formule précédente reste valide pour $x=1$ (on pourra démontrer que les membres de droite et de gauche définissent des fonctions continues en 1).
2. Démontrer que $|R_n(1)|\leq\frac{1}{2n+1}$.
3. En déduire une méthode pour donner une valeur approchée de $\pi/4$ à $10^{-10}$ près. Est-elle réaliste?
Deuxième méthode :
1. Démontrer que $\arctan(1/2)+\arctan(1/3)=\pi/4$ (on rappelle que l'on a $\tan(a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}$).
2. Démontrer que $|R_n(1/2)|\leq\frac{1}{2^{2n+2}} $, et $|R_n(1/3)|\leq \frac{1}{3^{2n+2}}$.
3. Donner une autre méthode pour obtenir une valeur approchée de $\pi/4$ à $10^{-10}$ près. Qu'en pensez-vous?

1. Pour tout $x\in[0,1]$, la suite $\big(x^{2n+1}/(2n+1)\big)$ décroît vers 0. Par le critère des séries alternées, la série $\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}$ converge pour tout $x\in[0,1]$ et son reste vérifie $$|R_n(x)|\leq \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\leq \frac{1}{2n+1}.$$ On a majoré le reste par un terme, indépendant de $x\in[0,1]$, et qui tend vers 0. On a donc convergence uniforme de la série de fonctions sur $[0,1]$. Puisque chaque fonction $x\mapsto \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$ est continue sur $[0,1]$, il en est de même de la somme de la série, qui en particulier est continue en 1. La fonction $\arctan$ est elle aussi continue en 1. L'égalité $$\arctan(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1},$$ vraie pour $x\in[0,1[$, reste donc vraie pour $x=1$ par passage à la limite.
2. On l'a déjà démontré à la question précédente.
3. Il suffit de calculer la somme partielle de la série jusqu'à ce que $|R_n(1)|\leq 10^{-10}$. Ceci est vrai dès que $10^{10}\leq 2n+1$, soit pour $n\geq\frac1210^{10}$. C'est beaucoup trop!
1. Soit $A=\arctan(1/2)+\arctan(1/3)$. Alors, d'après la formule rappelée dans l'énoncé, on a $$\tan(A)=\frac{1/2+1/3}{1-1/6}=1=\tan(\pi/4).$$ Ainsi, $A$ et $\pi/4$ ont la même tangente. Ils sont donc égaux modulo $\pi$! Mais, $0\leq \arctan(1/2)\leq \arctan(1)\leq\pi/4$ et de même $0\leq\arctan(1/3)\leq\pi/4$. Ainsi, on a $0\leq A\leq \pi/2$. En particulier, $|A-\pi/4|\leq \pi/4$. C'est donc que $A=\pi/4$, puisqu'on savait déjà que $A=\pi/4+k\pi$ pour un certain $k\in\mathbb Z$.
2. On peut toujours majorer en utilisant le critère des séries alternées. On trouve \begin{eqnarray*} |R_n(1/2)|&\leq&\frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}\leq \frac{1}{2^{2n+2}}\\ \end{eqnarray*} La majoration de $|R_n(1/3)|$ suit une méthode similaire.
3. On peut calculer $\pi/4$ en utilisant le début de chaque somme définissant $\arctan(1/2)$ et $\arctan(1/3)$. Pour avoir une approximation à $10^{-10}$ près, il suffira d'aller jusqu'à un entier $n$ tel que $|R_n(1/2)|\leq \frac1210^{-10}$ et $|R_n(1/3)|\leq \frac1210^{-10}$. Remarquons que $\frac{1}{3^{2n+2}}\leq\frac{1}{2^{2n+2}}$ et que $$\frac{1}{2^{2n+2}}\leq \frac1210^{-10}\iff (2n+2)\ln (2)\geq\ln\left(2\times 10^{10}\right).$$ Le calcul numérique donne $n\geq 16,1$, soit un calcul de 17 termes de chaque série soit en tout 34 termes à calculer seulement. C'est beaucoup mieux!

Exercice 4 - Valeur approchée par comparaison à une intégrale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On cherche à donner une valeur approchée de $S=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac1{k^2}$. Pour tout entier $n\geq 1$, on pose $$S_n=\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\textrm{ et }R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k^2}.$$

Démontrer que, pour tout $n\geq 0$, on a $$\frac1{n+1}\leq R_n\leq \frac1{n}.$$
Jusqu'à quel terme faut-il calculer $S_n$ pour approcher $S$ à $10^{-4}$ près?
On pose $v_n=S_n+\frac{1}{n+1}$. Majorer $|S-v_n|$. Reprendre alors le résultat de la question précédente.