La plus belle formule du monde

Vous avez sûrement déjà entendu parler de la suite de Fibonacci :

\left\{\begin{array}{rcl}f_0&=&0\\f_1&=&1\\f_{n+2}&=&f_{n+1}+f_n\end{array}\right.

Il s’agit d’une suite récurrente double définie à partir des deux termes initiaux (ici f_0=0 et f_1=1). Les termes suivants se calculent en faisant la somme des deux précédents, ce qui donne :

f_0=0 \quad f_1=1 \quad f_2=1 \quad f_3=2 \quad f_4=3 \quad f_5=5 \quad f_6=8 \quad f_7=13

Cette célèbre suite possède de nombreuses propriétés plus ou moins connues. En particulier, elle entretient de nombreux liens avec le nombre d’or \varphi, solution positive de l’équation X^2=X+1.

Dans cet article nous allons démontrer une propriété plus méconnue : les liens entre la suite de Fibonacci et le nombre \pi :

\displaystyle \frac{\pi}{2} = \sum_{n=0}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2n+1}}\right)

C’est-à-dire :

\displaystyle \frac{\pi}{2}=\arctan\left(\frac{1}{f_1}\right) + \arctan\left(\frac{1}{f_3}\right)+\arctan\left(\frac{1}{f_5}\right)+\arctan\left(\frac{1}{f_7}\right)+\dots

Le nombre \frac{\pi}{2} est donc égal à la somme des arctangentes des inverses des termes de rang impair de la suite de Fibonacci. Et compte tenu du fait que \arctan(1)=\frac{\pi}{4}, la formule ci-dessus s’écrit encore :

\displaystyle \frac{\pi}{4} =\arctan\left(\frac{1}{2}\right)+\arctan\left(\frac{1}{5}\right)+\arctan\left(\frac{1}{13}\right)+\dots

Dans cet article, nous allons démontrer cette formule en se mettant à la portée d’un bon lycéen. Pour cela, nous aurons besoin de quelques résultats ou connaissances préalables (sur la suite de Fibonacci et sur les arctangentes) qui se mettront en symbiose dans la dernière partie pour parvenir à cet objectif.

C’est parti !

Partie I – Une propriété de la suite de Fibonacci

\forall n \in \mathbb{N}^*, f_{n-1} f_{n+1} - f_{n}^2 = (-1)^n

Démonstration

On procède par récurrence avec la propriété suivante, pour n \geq 1 :

P(n) : f_{n-1} f_{n+1} - f_{n}^2 = (-1)^n

On a f_0 f_2 - f_1^2 = 1 \times 0 - 1 = (-1)^1 d’où P(1).

Soit n \in \mathbb{N}^* et supposons P(n).

Alors :

f_{n+2} f_n - f_{n+1}^2 = \bigl(f_{n+1} + f_n\bigr) f_n - f_{n+1} \bigl(f_n - f_{n-1}\bigr) = f_n^2 - f_{n+1} f_{n-1}

Et d’après l’hypothèse de récurrence, il vient :

f_{n+2} f_n - f_{n+1}^2 = -(-1)^n = (-1)^{n+1}

Ce qui correspond à P(n+1).

La propriété est initialisée pour n=1 et héréditaire pour n \geq 1 donc vraie quel que soit n \geq 1 , ce qui achève cette démonstration.

Partie II – Une propriété de la fonction arctangente

La fonction tangente est continue et strictement croissante sur l’intervalle \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[. Elle définit donc une bijection entre cet intervalle et son image \mathbb{R}. On peut définir la bijection réciproque qui sera définie sur  \mathbb{R} et à valeurs dans \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[, c’est la fonction arctangente :

y=\arctan(x) \, \Longleftrightarrow x=\tan(y) \, \text{ et } \, y \in \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[

Voici la représentation graphique de cette fonction.

Et puisque \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=1, on a \arctan(1)=\frac{\pi}{4}.

Nous aurons besoin de la formule suivante :

\forall x,y \in \mathbb{R_+} :

\arctan(x) - \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x-y}{1\,+\,xy}\right)

Démonstration

On peut s’appuyer sur les formules d’addition connues sur les fonctions sinus et cosinus :

\sin(a-b)=\sin(a)\cos(b)-\cos(a)\sin(b)

\cos(a-b)=\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)

Considérons des nombres a et b appartenant à l’intervalle \left[0 \, ; \; \frac{\pi}{2}\right[. Ainsi a-b \in\left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[ et on peut écrire sans souci de définition que  :

\tan(a-b)=\frac{\sin(a-b)}{\cos(a-b)}=\frac{\sin(a)\cos(b)-\cos(a)\sin(b)}{\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)}

En divisant le numérateur et le dénominateur par \cos(a)\cos(b) (qui est non nul), on fait ainsi apparaître plus que des tangentes :

\tan(a-b)=\frac{\tan(a)-\tan(b)}{1+\tan(a)\tan(b)}

Posons x=\tan(a) et y=\tan(b). Comme a et b appartiennent à l’intervalle \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[, on a donc a=\arctan(x) et b=\arctan(y). La formule ci-dessus devient alors :

\tan\bigl(\arctan(x)-\arctan(y)\bigr)=\frac{x-y}{1\,+\,xy}

Et comme la fonction arctangente est la bijection réciproque de la fonction tangente restreinte à l’intervalle \left]{-\frac{\pi}{2}} \, ; \, \frac{\pi}{2}\right[ :

\arctan(x) - \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x-y}{1\,+\,xy}\right)

Ce qui achève la démonstration.

Exemple

En appliquant cette formule avec x=1 et y=\frac12, on obtient :

\arctan(1) - \arctan\left(\frac12\right)=\arctan\left(\frac{1-\frac12}{1\,+\,\frac12}\right)=\arctan\left(\frac{\frac12}{\frac32}\right) = \arctan\left(\frac13\right)

D’où une relation due à Euler :

\arctan\left(\frac12\right) + \arctan\left(\frac13\right) = \frac{\pi}{4}

L’angle formé par la diagonale du bi-carré additionné à l’angle formé par la diagonale du tri-carré est égal à l’angle formé par la diagonale du carré. Cette belle formule peut s’illustrer et comme se démontrer simplement en contemplant la figure suivante :

Si on observe bien cette figure, on remarque sans peine que le triangle (bleu et rouge) est isocèle rectangle. L’angle \beta + \gamma est donc égal à \frac{\pi}{4}. Or, \beta est l’angle formé par la diagonale d’un bi-carré donc :

\beta = \arctan\left(\frac12\right) \approx 26{,}57^{\circ}

Et \gamma est l’angle formé par la diagonale d’un tri-carré donc :

\gamma = \arctan\left(\frac13\right) \approx 18{,}43^{\circ}

D’où la relation d’Euler.

Partie III – Synthèse

Pour tout k \in \mathbb{N}^*, calculons la différence suivante :

\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)

D’après la formule sur les arctangentes vue dans la partie II, on obtient :

\arctan\left(\frac{\frac{1}{f_{2k}}-\frac{1}{f_{2k+2}}}{1+\frac{1}{f_{2k}}\frac{1}{f_{2k+2}}}\right)

En réduisant au même dénominateur :

\arctan\left(\frac{\frac{f_{2k+2}-f_{2k}}{f_{2k}f_{2k+2}}}{\frac{f_{2k}f_{2k+2}+1}{f_{2k}f_{2k+2}}}\right)

C’est-à-dire :

\arctan\left(\frac{f_{2k+2}-f_{2k}}{f_{2k}f_{2k+2}+1}\right)

Mais, nous avons vu, dans la partie I, que f_{2k}f_{2k+2}-f_{2k+1}^2=(-1)^{2k+1}=-1 donc f_{2k}f_{2k+2}+1=f_{2k+1}^2. Par ailleurs, f_{2k+2}-f_{2k}=f_{2k+1} si bien qu’au final, on a :

\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)=\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Il nous reste à sommer ces égalités pour k allant de 1 à N :

\displaystyle \sum_{k=1}^N \left(\arctan\left(\frac{1}{f_{2k}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2k+2}}\right)\right)=\sum_{k=1}^N \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Par télescopage dans le membre de gauche, il reste :

\displaystyle \arctan\left(\frac{1}{f_{2}}\right)-\arctan\left(\frac{1}{f_{2N+2}}\right)=\sum_{k=1}^N \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Or, \arctan\left(\frac{1}{f_{2}}\right)=\arctan(1)=\frac{\pi}{4} et \arctan\left(\frac{1}{f_{2N+2}}\right) tend vers 0 lorsque N tend vers {+\infty} donc la série qui apparaît dans le membre de droite converge et on a bien :

\displaystyle \frac{\pi}{4}=\sum_{k=1}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

Il reste à ajouter \arctan(1)=\frac{\pi}{4} dans les deux membres ainsi :

\displaystyle \frac{\pi}{2}=\sum_{k=0}^{{+\infty}} \arctan\left(\frac{1}{f_{2k+1}}\right)

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