L'objet de ce problème est de présenter la formule de Machin

Énoncé

L'objet de ce problème est de présenter la formule de Machin

¹

et quelques résultats autour.

π

4 = 4 arctan 1

5 − arctan 1 239

On obtiendra diverses formules faisant intervenir des arctan d'inverses de nombres. En particulier, une formule du type Machin est de la forme

m arctan 1

x + arctan 1 y ≡ π

4 mod π avec m, x, y entiers

Partie I. Introduction. Exemples

Pour tout entier naturel non nul m , on appelle C

m

l'ensemble des couples de réels non nuls (x, y) tels que

m arctan 1

x + arctan 1 y ≡ π

4 (π)

1. Pour x réel non nul, on pose α = arctan

_x¹

. Exprimer x + i à l'aide de α et de l'expo- nentielle complexe. Donner un argument de x + i .

2. Montrer que

(x, y) ∈ C

_m

⇔ (x + i)

^m

(y + i)e

^−iπ4

∈ R 3. Montrer que

π

4 = 2 arctan 1

2 − arctan 1 7 4. Formule de Dodgson

²

Soit p , q , r trois réels positifs tels que 1 + p

²

= qr . Montrer que

arctan 1

p = arctan 1

p + r + arctan 1 p + q

1John Machin (1680 - 1752). Grâce à cette formule, en 1706, Machin est le premier mathématicien à calculer 100 décimales deπ.

2plus connu pour son oeuvre littéraire sous le pseudonyme Lewis Carrol

Partie II. Étude d'une famille de polynômes

Pour x réel et m entier positif, on note respectivement A

_m

(x) la partie réelle et B

_m

(x) la partie imaginaire de de (x + i)

^m

. On dénit également F

_m

par :

F

m

(x) = A

m

(x) + B

m

(x) A

_m

(x) − B

_m

(x)

1. Calculer les polynômes A

_k

(x) et B

_k

(x) pour k ∈ {1, 2, 3, 4} . Présenter les résultats dans un tableau.

2. Montrer les relations suivantes liant les polynômes et leurs dérivées A

m+1

(x) = xA

m

(x) − B

m

(x) A

m

(−x) = (−1)

^m

A

m

(x) B

_m+1

(x) = A

_m

(x) + xB

_m

(x) B

_m

(−x) = −(−1)

^m

B

_m

(x) A

⁰_m

(x) = mA

m−1

(x) B

_m⁰

(x) = mB

m−1

(x) Montrer aussi que

si m pair si m impair

A

m

(x) = (−1)

^m2

x

^m

A

m

(−

¹_x

) A

m

(x) = (−1)

^m−12

x

^m

B

m

(−

¹_x

) B

m

(x) = (−1)

^m2

x

^m

B

m

(−

¹_x

) B

m

(x) = −(−1)

^m−12

x

^m

A

m

(−

_x¹

)

3. Pour un entier m xé, déterminer les solutions de A

m

(x) = B

m

(x) . Quelle est la plus grande de ces solutions ?

4. Montrer que la fonction F

_m

est décroissante dans chaque intervalle de son domaine de dénition. Quelle est la limite de F

m

en +∞ et en −∞ ?

Partie III. Les formules du type Machin

On cherche toutes les formules du type Machin pour m entre 1 et 4.

1. Montrer que pour tout (x, y) de R

²

,

(x, y) ∈ C

m

⇔ (A

m

(x) 6= B

m

(x) et y = F

m

(x))

2. Des calculs numériques conduisent aux tableaux suivants :

m cotan

_4m^π

1 1

2 2.414

3 3.732

4 5.027

x F

1

(x) F

2

(x) F

3

(x) F

4

(x)

1 -1. 0. 1.

2 3. -7. -1.444 -.5484

3 2. 7. -5.500 -1.824

4 1.667 3.286 19.80 -5.076 5 1.500 2.429 5.111 -239.0 6 1.400 2.043 3.352 7.971 7 1.333 1.824 2.659 4.518 8 1.286 1.681 2.286 3.376 9 1.250 1.581 2.052 2.802 10 1.222 1.506 1.891 2.455 11 1.200 1.449 1.774 2.222 12 1.182 1.403 1.684 2.055 13 1.167 1.366 1.613 1.929

À partir de ces tableaux, former (en justiant soigneusement) toutes les formules du type Machin pour m entier entre 1 et 4 .

Partie IV. Algorithme de Lehmer.

Soit z

0

un nombre complexe dont la partie imaginaire est strictement positive. On dénit des complexes z

₁

, z

₂

, · · · par récurrence en posant

z

k+1

= z

k

(−b Re(z

k

)

Im(z

k

) c + i) lorsque Im(z

k

) 6= 0

(la notation b.c désignant la fonction partie entière). L'algorithme s'arrête quand un nombre réel est obtenu. On pourra noter

n

_k

= b Re(z

k

) Im(z

k

) c 1. Faire les calculs dans le cas particulier z

₀

= 17 + 7i .

2. Montrer que la suite formée par les parties imaginaires des z

k

est strictement décrois- sante et à valeurs positives.

3. On suppose que z

0

= a + ib avec a et b entiers strictement positifs.

a. Montrer qu'il existe un k tel que z

k

est réel.

b. En déduire que

arctan( b

a ) ≡ arctan( 1 n

0

) + arctan( 1 n

1

) + · · · + arctan( 1 n

_k−1

) (π) en convenant que, si un des n

_i

est nul, on remplace arctan(

_n¹

i

) par

^π₂

.

Corrigé Partie I

1. Exprimons d'abord x puis x + i : α = arctan 1

x ⇒ x = cos α

sin α ⇒ x + i = 1 sin α e

^iα

Deux expressions sont possibles pour les arguments de x + i .

x > 0 ⇒ α ∈]0, π

2 [⇒ sin α > 0 : α est un argument de x + i x < 0 ⇒ α ∈] − π

2 , 0[⇒ sin α < 0 : α + π est un argument de x + i Dans les deux cas, α est congru modulo 2π à un argument de x + i .

2. Posons β = arctan

¹_y

. Un calcul analogue à celui de la question précédente conduit à : (x + i)

^m

(y + i)e

^−iπ4

= 1

sin

^m

α sin β e

^{i(mα+β−π4)}

Ce nombre complexe est réel si et seulement si

mα + β − π

4 ≡ 0 (π)

3. On calcule (2 + i)

²

(−7 + i) et on trouve −25(1 + i) . On en déduit la formule demandée modulo π . Pour lever cette ambigüité à π près, on remarque que

0 < arctan 1

7 < arctan 1 2 < π

4 donc

0 < arctan 1

2 − arctan 1 7 < π

4 0 < arctan 1

2 < π 4 La somme est donc bien entre 0 et

^π₂

.

4. En developpant et en utilisant rq − 1 = p

²

, on obtient

(p + r + i)(p + q + i) = (2p + q + r)(p + i)

L'égalité en découle à un multiple de π près. De plus, les deux membres de l'égalité sont entre 0 et π , ils sont donc forcément égaux.

Partie II

1. En utilisant des formules du binôme et en séparant les parties réelles et imaginaires, on obtient

m 1 2 3 4

A

m

x x

²

− 1 x

³

− 3x x

⁴

− 6x

²

+ 1 B

_m

1 2x 3x

²

− 1 4x

³

− 4x 2. Il s'agit de séparer les parties réelles et imaginaires de

A

_m+1

+ iB

_m+1

= (A

_m

+ iB

_m

)(x + i) On obtient :

A

_m+1

= xA

_m

− B

_m

B

_m+1

= A

_m

+ xB

_m

Ici encore, on sépare les parties réelles et imaginaires après quelques manipulations simples :

A

_m

(−x) + iB

_m

(−x) = (−x + i)

^m

= (−1)

^m

(x − i)

^m

= (−1)

^m

(x + i)

^m

= (−1)

^m

(A

m

− iB

m

) On en déduit :

A

m

(−x) = (−1)

^m

A

m

(x) B

m

(−x) = −(−1)

^m

B

m

(x) Cette fois on dérive

(A

m

+ iB

m

)

⁰

= m(x + i)

^m−1

A

⁰_m

= mA

_m−1

B

_m⁰

= mB

_m−1

Pour x 6= 0 , on fait apparaitre

¹_x

(x + i)

^m

= (ix)

^m

1

i + 1 x

m

= (−ix)

^m

i − 1 x

m

Si m est pair :

(−i)

^m

= (−1)

^m2

⇒



 

 

A

m

(x) = (−1)

^m2

x

^m

A

m

(− 1 x ) B

m

(x) = (−1)

^m2

x

^m

B

m

(− 1

x )

Si m est impair :

(−i)

^m

= −(−1)

^m−12

i ⇒ (x + i)

^m

= −(−1)

^m+12

ix

^m

A

m

(− 1

x ) + iB

m

(− 1 x )

= (−1)

^m−12

x

^m

B

_m

(− 1

x ) − iA

_m

(− 1 x )

⇒



 

 

A

_m

(x) = (−1)

^m−12

x

^m

B

_m

(− 1 x ) B

_m

(x) = −(−1)

^m−12

x

^m

A

_m

(− 1

x ) 3. En utilisant arctan pour exprimer un argument de x + i , on peut écrire une suite

d'équivalences :

A

_m

(x) = B

_m

(x) ⇔ π

4 ≡ un argument de (x + i)

^m

mod (π)

⇔ m arctan 1 x ≡ π

4 mod (π) ⇔ arctan 1 x ≡ π

4m mod ( π 4m ) On en déduit que l'ensemble des solutions est

n

cotan π 4m + k π

m

, k ∈ {0, · · · , m − 1} o

Tous les

^(4k+1)π_4m

sont dans ]0, π[ . La fonction cotan est décroissante dans cet intervalle.

Donc la plus grande des solutions est

cotan π 4m

4. On calcule la dérivée de F

m

en remplaçant les dérivées des polynômes à l'aide des formules de la question II.2. et en utilisant les relations de récurrence pour n'avoir que des m − 1 . On obtient

F

_m⁰

= −2m A

²_m−1

+ B

_m−1²

(A

m

− B

m

)

²

On en déduit que F

m

est décroissante dans chaque intervalle de son domaine de dé- nition. Il s'agit d'intervalles ouverts dont les extrémités sont les cotan

^(4k+1)π_4m

pour k entre 0 et m − 1 .

D'après la formule du binôme, le degré de A

_m

est m et celui de B

_m

est m − 1 donc F

_m

tend vers +1 en +∞ et −∞ .

Partie III. Les formules du type Machin

1. D'après la dénition, (x, y) ∈ C

m

si et seulement si (x + i)

^m

(y + i) ∈ R e

^iπ4

Un nombre complexe est dans R e

^iπ4

si et seulement si sa partie réelle est égale à sa partie imaginaire. Or

(x + i)

^m

(y + i) = (A

_m

(x) + iB

_m

(x))(y + i)

= A

m

(x)y − B

m

(x) + i(B

m

(x)y + A

m

(x)) Donc

(x, y) ∈ C

_m

⇔ A

_m

(x)y − B

_m

(x) = B

_m

(x)y + A

_m

(x)

⇔ (A

m

(x) − B

m

(x))y = A

m

(x) + B

m

(x) On en déduit :

A

m

(x) 6= B

m

(x) y = F

_m

(x) )

⇒ (x, y) ∈ C

_m

Supposons maintenant (x, y) ∈ C

m

avec A

m

(x) = B

m

(x) . Alors A

m

(x) + B

m

(x) = 0 donc A

m

(x) = B

m

(x) = 0 donc (x+ iy)

^m

devrait aussi être nul ce qui est évidemment faux car x et y sont non nuls. Ceci montre l'implication réciproque.

2. Ici, m désigne un entier entre 1 et 4 .

Les fonctions F

m

sont strictement décroissantes dans leurs intervalles de dénition et tendent vers 1 en +∞ .

D'après le tableau des valeurs de cotan

_4m^π

, la plus grande de ces valeurs est inférieure à 6 . On est donc certain que l'intervalle [13, +∞[ est tout entier dans un intervalle de dénition de F

m

. Comme F

m

(13) est strictement inférieur à 2 et que F

m

tend vers 1 à l'inni, on est certain qu'aucun F

m

(x) , pour x ≥ 14 , ne peut prendre de valeur entière.

On peut lire sur les tableaux les entiers entre 1 et 13 pour lesquels les F

m

(x) prennent des valeurs entières.

Pour m = 1 :

x = 2 y = F

₁

(2) = 3 arctan 1

2 + arctan 1 3 ≡ π

4 (π)

x = 3 y = F

1

(3) = 2 même formule

Ici, les deux arctan sont entre 0 et

^π₂

donc leur somme est entre 0 et π donc arctan 1

2 + arctan 1 3 = π

4 Pour m = 2 :

x =1 y = F

2

(1) = −1 2 arctan 1 + arctan(−1) = π

4 (évident)

x =2 y = F

2

(2) = −7 2 arctan 1

2 − arctan 1 7 = π

4 x =3 y = F

₂

(3) = 7 2 arctan 1

3 + arctan 1 7 = π

4 On a fait disparaitre le modulo π par une évaluation numérique.

Pour m = 3 , il n'existe pas de formule de Machin.

Pour m = 4 , on obtient la formule de Machin :

x = 5 y = F

4

(5) = −239 4 arctan 1

5 − arctan 1 239 = π

4 On a fait disparaitre le modulo π par une évaluation numérique.

Partie IV. Algorithme de Lehmer.

1. Les calculs conduisent à :

z

0

= 17 + 7i z

1

= −41 + 3i z

2

= −577 + i z

4

= −33290 2. Pour un entier k tel que z

k

est déni et de partie imaginaire strictement positive,

notons a

k

et b

k

respectivement sa partie réelle et sa partie imaginaire. Montrons que 0 ≤ b

k+1

< b

k

Par dénition :

z

k+1

= (−n

k

+ i)(a

k

+ ib

k

) = −n

k

a

k

− b

k

+ i(−n

k

b

k

+ a

k

) ⇒

( b

_k+1

= a

_k

− n

_k

b

_k

a

k+1

= −n

k

− b

k

Par dénition de la partie entière : n

k

≤ a

k

b

_k

< n

k

+ 1 ⇒ n

k

b

k

≤ a

k

< n

k

b

k

+ b

k

⇒ 0 ≤ a

k

− n

k

b

k

< b

k

⇒ 0 ≤ b

k+1

< b

k

3. a. Lorsque a

0

et b

0

sont des entiers, les relations obtenus dans la question précé- dentes montrent que tous les a

k

et b

k

sont entiers. La suite des b

k

est une suite décroissante d'entiers strictement positifs. Elle ne peut être innie. Il existe donc un k tel que z

_k

est réel.

b. L'algorithme permet d'écrire

z

₁

= z

₀

(−n

0

+ i) z

2

= z

1

(−n

1

+ i)

...

z

k

= z

_n−1

(−n

_k−1

+ i) ∈ R

d'où z

k

z

0

= (−n

0

+ i)(−n

1

+ i) · · · (−n

_k−1

+ i)

Comme z

_k

est réel, les arguments de

_z¹₀

et de (−n

0

+i) · · · (−n

k−1

+i) sont congrus modulo π .

Pour w complexe de partie imaginaire strictement positive, un argument est :

arctan Im w

Re w

si Re w > 0

arctan Im w

Re w

+ π si Re w < 0 π

2 si Re w = 0

Les arguments de z

0

sont donc congrus modulo π à arctan

^b_a

, ceux de −n

j

+ i à

− arctan

_n¹

j

(ou

^π₂

si n

j

= 0 ). On en déduit :

− arctan b a ≡

− arctan 1 n

0

+ · · · +

− arctan 1 n

0

(π)

Ce qui donne la formule annoncée en remplaçant éventuellement certains termes

par des

^π₂

.