Accélération de la convergence et séries télescopiques

Une série $\sum_{k\geq 1} u_k$  est dite télescopique  si son terme général peut  s'écrire sous la forme $u_k=w_k-w_{k+1}$, dans ce cas les sommes partielles de $\sum_{k\geq 1} u_k$  se calculent très facilement par développement :
$$\sum_{k=1}^n u_k= \sum_{k=1}^n w_k - w_{k+1}=(w_1-w_2)+(w_2-w_3)+\dots+(w_{n-1}-w_n)+(w_n-w_{n+1})=w_1-w_{n+1}$$
si en plus $(w_n)$ possède une limite nulle quand $n\longmapsto\infty$ on obtient facilement la convergence et la valeur de la série :

Théorème des séries télescopiques
Soit $u_k=w_k-w_{k+1}$  avec $w_k\mathop{\longrightarrow}_{k\longmapsto\infty} 0$  alors la série $\sum_{k=1}^\infty u_k$  converge et $\sum_{k=1}^\infty u_k=w_1$

Hélas il est rare qu'une série soit télescopique mais bien souvent on peut tirer partie d'une approximation par une série télescopique  $u_k\sim w_k-w_{k+1}$ pour accélérer la convergence d'une série.

Méthode d'accélération de la convergence d'une série Soit $u_k=w_k-w_{k+1}+r_k$  avec $w_k\mathop{\longrightarrow}_{k\longmapsto\infty} 0$  et  $\sum_{k=1}^\infty u_k$  converge alors $\sum_{k=1}^\infty r_k$ converge aussi et $\sum_{k=1}^\infty u_k=w_1+ \sum_{k=1}^\infty r_k$. En particulier si on a $r_k=o(u_k)$  alors la série $\sum_{k=1}^\infty r_k$ converge plus rapidement que $\sum_{k=1}^\infty u_k$  et permet de calculer plus précisément cette dernière.

Partons de la formule bien connue
$$\sum_{k\geq 1} {1\over k^2}={\pi^2\over 6}\approx 1.644 934 066 848 226 \dots $$
Cette série converge lentement puisque, en utilisant une comparaison série/intégrale, on trouve que  son reste d'ordre n vérifie :
 $$R_n=\sum_{k\geq n+1} {1\over k^2}\sim\int_n^\infty {1\over x^2}dx=\left[- {1\over x}\right]_n^\infty  ={1\over n} $$
En d'autres termes il faut aller jusqu'à $n=10^{16}$ dans la somme partielle $\sum_{k=1}^n {1\over k^2}$  pour espérer obtenir l'estimation numérique de ${\pi^2\over 6}$ donnée plus haut. Mais si on remarque que
$$ {1\over k}- {1\over (k+1)}= {k+1-k\over k(k+1)}= {1\over k(k+1)}\sim {1\over k^2}$$
et que
$${1\over k^2}-\left( {1\over k}- {1\over (k+1)}\right) = {k+1-k\over k^2(k+1)}= {1\over k^2(k+1)}$$
on peut transformer la série de départ en :
$$\sum_{k\geq 1} {1\over k^2}=1+\sum_{k\geq 1}{1\over k^2(k+1)}$$
cette nouvelle série étant plus rapidement convergente puisque cette fois le reste d'ordre n vaut :
$$R_n=\sum_{k\geq n+1} {1\over k^2(k+1)}\sim\int_n^\infty {1\over x^3}dx=\left[- {1\over 2x^2}\right]_n^\infty  ={1\over 2n^2} $$
cette fois il suffit d'aller jusqu'à $n= 70710679$ dans la somme partielle $\sum_{k=1}^n {1\over k^2(k+1)}$  pour obtenir l'estimation numérique de ${\pi^2\over 6}$ à $10^{-16}$ près. Mais on peut réitérer ce processus pour améliorer la convergence de la série.  Pour cela il faut chercher une série télescopique de terme général équivalent à ${1\over k^2(k+1)}\sim {1\over k^3}$ :
$$ {1\over k^2}- {1\over (k+1)^2}= {(k+1)^2-k^2\over k^2(k+1)^2}= {2k+1\over k^2(k+1)^2}\sim {2\over k^3}$$
donc en prenant comme série télescopique ${1\over 2}\left( {1\over k^2}- {1\over (k+1)^2}\right)$ on, obtient :
$${1\over k^2(k+1)}-{1\over 2}\left( {1\over k^2}- {1\over (k+1)^2}\right) = {k+1-(k+1/2)\over k^2(k+1)^2}= {1\over 2 k^2(k+1)^2}$$
puis :
$$\sum_{k\geq 1} {1\over k^2}=1+{1\over 2}+\sum_{k\geq 1}{1\over 2k^2(k+1)^2}$$
qui converge encore  plus rapidement car le reste d'ordre n vaut :
$$R_n=\sum_{k\geq n+1} {1\over 2k^2(k+1)^2}\sim\int_n^\infty {1\over 2x^4}dx=\left[- {1\over 6x^3}\right]_n^\infty  ={1\over 6n^3} $$
maintenant il faut aller jusqu'à $n= 118563$ dans la somme partielle $\sum_{k=1}^n {1\over 2k^2(k+1)^2}$  pour obtenir l'estimation numérique de ${\pi^2\over 6}$ à $10^{-16}$ près. Une fois que vous avez compris la technique vous pouvez recommencer et obtenir :
$$ \begin{eqnarray*}
 \sum_{k\geq 1} {1\over k^2}
&=&{5\over 3}-\sum_{k\geq 1}{1\over 6k^3(k+1)^3}\\
&=&{49\over 30}+\sum_{k\geq 1}{k^2+k+1/5\over 6k^5(k+1)^5}\\
&=&\dots
 \end{eqnarray*}$$
Le terme constant dans la dernière équation est déjà une bonne approximation de la série ${49\over 30}=1.63333\dots$ et le reste d'ordre n tend très vite vers 0  :
 $$R_n=\sum_{k\geq n+1} {k^2+k+1/5\over 6k^5(k+1)^5}\sim\int_n^\infty {1\over 6x^8}dx=\left[- {1\over 42x^7}\right]_n^\infty  ={1\over 42n^7} $$
 de telle sorte qu'il ne reste plus qu'à calculer  la somme partielle $\sum_{k=1}^n {k^2+k+1/5\over 6k^5(k+1)^5}$ jusqu'à $n= 114$   pour obtenir l'estimation numérique de ${\pi^2\over 6}$ à $10^{-16}$ près.