\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
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.
Merci !
RépondreSupprimerClair et instructif :-)