e et Pi
dans Arithmétique
Je transmet un correctif à un résultat que j'avais du poster il y a fort longtemps sans fournir de preuve (généralisation discrète d'un cas particulier décrit dans le livre "Mathematical constants" de S. Finch page 16). Il s'agit d'une similitude entre e et Pi plus esthétique qu'autre chose. Des coquilles dans les formules ont fait douter certains à juste titre. J'ai trouvé mes erreurs et donne ici une preuve allégée. J
Soit $r\,\in\,\N$ et les suites $(a_n)_{n>0 }$ et $(b_n)_{n>0}$ définies par récurrence d’ordre 2 :
$a_1=b_1=0$
$a_2=b_2=1$
$$a_{n}=a_{n-1}+\frac{a_{n-2}}{n-2+r}$$
$$b_{n}=b_{n-2}+\frac{b_{n-1}}{n-2+r} $$
Soit maintenant :
$A_r=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}}{n}$
$B_r=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_{n}}{n^{1/2}}$
Alors il existe $4$ suites de rationnels positifs $(f_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(g_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(p_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(q_{k})_{ k\,\in\,\N }$ telles que l’on ait les formules jumelles :
$$(-1)^r\frac{A_r}{A_0}= f_{r}- g_{r}e$$
$$(-1)^r\frac{B_r}{B_0}= p_{r}-q_{r}\pi$$
explicitement on a :
$f_{k}=(k+1)!$
$g_{k}=(k+1)!\sum_{i=0}^{k+1}\frac{(-1)^i}{i !}$
$p_{k}=\frac{4^{ k^-}}{{2 k^-\choose k^- }}$
$q_{k}=\frac{k^+}{4^{k^+ }}{2k^+ \choose k^+}$
$A_0=\frac{1}{e}$ et $B_0=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$
où $k^-=\lfloor{\frac{k}{2}}\rfloor$ et $k^+=\lceil{\frac{k}{2}}\rceil$
Remarque 1 : $B_r$ peut s’exprimer simplement avec les intégrales de Wallis :
En effet si $W_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos{t})^ndt$ alors :
$B_rB_0=\frac{1}{W_r}-\frac{1}{W_{r-1}}$
Remarque 2 :
Pour tout $r$ entier fixé les suites indéxées sur $n$ :
$(-1)^r\frac{a_{n}}{nA_0}-(f_{r}- g_{r}e)$
et
$(-1)^r\frac{b_{n}}{\sqrt{n}B_0}-(p_{r}- q_{r}\pi)$
convergent proportionnellement vers $0$.
« Sketch of proof » :
Si :
$u_1=x, u_2=y$, $u_{n}=u_{n-1}+\frac{u_{n-2}}{n-2}$
et
$v_1=x, v_2=y$, $v_{n}=\frac{v_{n-1}}{n-2}+v_{n-2}$
Alors on a les formules exactes pour tout $n$ :
(1) $u_n=n(x+(y-2x)S(n))$
(2) $v_n=x(\frac{1}{P(n)}-(n-1)P(n))+y(n-1)P(n)$
où :
$S(n)=\sum_{i=0}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}$
$P(n)=\prod_{k=1}^{(n-1)^{-}}1-\frac{1}{2k}=\frac{1}{4^{(n-1)^{-}}{2(n-1)^{-} \choose (n-1)^{-}}}$
Ce qui se vérifie aisément par récurrence (trouver ces relations fut une autre paire de manches !). Maintenant si on considère $a_n=u_{n+r}$ on a :
$a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{a_{n}}{n+r}$
avec :
$a_1=(r+1)(x+(y-2x)S(r+1))$
$a_2=(r+2)(x+(y-2x)S(r+2))$
On veut $a_1=0$ et $a_2=1$ ce qui amène à la résolution de ce système :
$x+(y-2x)S(r+1)=0$ et $x+(y-2x)S(r+2)=\frac{1}{r+2}$
ce qui donne
$x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$
$y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$
Comme
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S(n)}{n}=e^{-1}$
de (1)
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_n}{n}=x+(2y-x)e^{-1}$
Prenant $x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$ et $y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$ on a le théorème pour la suite $a$.
Pour la suite $b$ on procède de même. C’est juste un peu plus lourd.
B....t
ps : Je dédie ce résultat à JP Delahaye qui m'a fait retrouver le goût des math il y a 6 ans grâce à ses livres "Merveilleux nombres premiers" et "Le fascinant nombre Pi" sur lesquels j'avais flashé lors d'un passage à la FNAC. Toutes mes recherches en "amateur" sont parties de là.
Soit $r\,\in\,\N$ et les suites $(a_n)_{n>0 }$ et $(b_n)_{n>0}$ définies par récurrence d’ordre 2 :
$a_1=b_1=0$
$a_2=b_2=1$
$$a_{n}=a_{n-1}+\frac{a_{n-2}}{n-2+r}$$
$$b_{n}=b_{n-2}+\frac{b_{n-1}}{n-2+r} $$
Soit maintenant :
$A_r=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}}{n}$
$B_r=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_{n}}{n^{1/2}}$
Alors il existe $4$ suites de rationnels positifs $(f_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(g_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(p_{k})_{ k\,\in\,\N }$,$(q_{k})_{ k\,\in\,\N }$ telles que l’on ait les formules jumelles :
$$(-1)^r\frac{A_r}{A_0}= f_{r}- g_{r}e$$
$$(-1)^r\frac{B_r}{B_0}= p_{r}-q_{r}\pi$$
explicitement on a :
$f_{k}=(k+1)!$
$g_{k}=(k+1)!\sum_{i=0}^{k+1}\frac{(-1)^i}{i !}$
$p_{k}=\frac{4^{ k^-}}{{2 k^-\choose k^- }}$
$q_{k}=\frac{k^+}{4^{k^+ }}{2k^+ \choose k^+}$
$A_0=\frac{1}{e}$ et $B_0=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$
où $k^-=\lfloor{\frac{k}{2}}\rfloor$ et $k^+=\lceil{\frac{k}{2}}\rceil$
Remarque 1 : $B_r$ peut s’exprimer simplement avec les intégrales de Wallis :
En effet si $W_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos{t})^ndt$ alors :
$B_rB_0=\frac{1}{W_r}-\frac{1}{W_{r-1}}$
Remarque 2 :
Pour tout $r$ entier fixé les suites indéxées sur $n$ :
$(-1)^r\frac{a_{n}}{nA_0}-(f_{r}- g_{r}e)$
et
$(-1)^r\frac{b_{n}}{\sqrt{n}B_0}-(p_{r}- q_{r}\pi)$
convergent proportionnellement vers $0$.
« Sketch of proof » :
Si :
$u_1=x, u_2=y$, $u_{n}=u_{n-1}+\frac{u_{n-2}}{n-2}$
et
$v_1=x, v_2=y$, $v_{n}=\frac{v_{n-1}}{n-2}+v_{n-2}$
Alors on a les formules exactes pour tout $n$ :
(1) $u_n=n(x+(y-2x)S(n))$
(2) $v_n=x(\frac{1}{P(n)}-(n-1)P(n))+y(n-1)P(n)$
où :
$S(n)=\sum_{i=0}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}$
$P(n)=\prod_{k=1}^{(n-1)^{-}}1-\frac{1}{2k}=\frac{1}{4^{(n-1)^{-}}{2(n-1)^{-} \choose (n-1)^{-}}}$
Ce qui se vérifie aisément par récurrence (trouver ces relations fut une autre paire de manches !). Maintenant si on considère $a_n=u_{n+r}$ on a :
$a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{a_{n}}{n+r}$
avec :
$a_1=(r+1)(x+(y-2x)S(r+1))$
$a_2=(r+2)(x+(y-2x)S(r+2))$
On veut $a_1=0$ et $a_2=1$ ce qui amène à la résolution de ce système :
$x+(y-2x)S(r+1)=0$ et $x+(y-2x)S(r+2)=\frac{1}{r+2}$
ce qui donne
$x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$
$y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$
Comme
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S(n)}{n}=e^{-1}$
de (1)
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_n}{n}=x+(2y-x)e^{-1}$
Prenant $x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$ et $y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$ on a le théorème pour la suite $a$.
Pour la suite $b$ on procède de même. C’est juste un peu plus lourd.
B....t
ps : Je dédie ce résultat à JP Delahaye qui m'a fait retrouver le goût des math il y a 6 ans grâce à ses livres "Merveilleux nombres premiers" et "Le fascinant nombre Pi" sur lesquels j'avais flashé lors d'un passage à la FNAC. Toutes mes recherches en "amateur" sont parties de là.
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Réponses
"Comme
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S(n)}{n}=e^{-1}$
de (1) on a $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_n}{n}=x+(2y-x)e^{-1}$
Prenant $x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$ et $y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$ on a le théorème pour la suite $a$."
lire :
Comme
$\lim_{n\rightarrow\infty}S(n)=e^{-1}$
de (1) on a $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_n}{n}=x+(y-2x)e^{-1}$
Puis en injectant les valeurs calculées précédemment $x=(-1)^{r+1}(r+1)!S(r+1)$ et $y=(-1)^{r+1}(r+1)!(2S(r+1)-1)$ on a le théorème pour la suite $a$.