Les sorties de l'Atelier

Commençons par une précision d’aiguillage, pour ne pas chercher au mauvais endroit. Les réponses des six défis étoilés sont dans le corrigé de l’Atelier, servi en PDF sur la page du chapitre : elles y sont rédigées en entier, avec leurs justifications. Ce qui suit est ce que le corrigé ne pouvait pas contenir sans doubler de volume : les prolongements, c’est-à-dire ce que chaque défi devient quand on le laisse courir. Viennent ensuite les trois livraisons annoncées à la dernière page : Bhāskara, Morrie, Viète. Toutes les valeurs numériques ont été recalculées.

Les six défis, et où ils mènent

Défi de l’exercice 6 : la bornitude, et le mot « transcendante »

Le défi propose une seconde démonstration de « sinus n’est pas un polynôme », par la bornitude au lieu des racines. Cet argument sait faire davantage : il interdit aussi à sinus d’être une fraction rationnelle non constante, puisqu’un quotient de deux polynômes n’a qu’un nombre fini de zéros dès qu’il n’est pas nul. Aucune formule finie faite de sommes, de produits et de quotients ne fabriquera jamais la fonction sinus. C’est ce que veut dire le mot transcendante, et c’est pourquoi les sinus se calculent par des procédés infinis : les séries de Madhava racontées aux Coulisses, ou la ruse rationnelle de Bhāskara plus bas, qui n’approche que sur une seule arche.

Regardez d’ailleurs ce que devient le polynôme du cours, $P_5(x) = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$, quand on le laisse filer. Il colle au sinus, puis il décroche, et il ne revient jamais.

$x$	$\sin x$	$P_5(x)$
$1$	$0{,}8415$	$0{,}8417$
$2$	$0{,}9093$	$0{,}9333$
$3$	$0{,}1411$	$0{,}5250$
$5$	$-0{,}9589$	$10{,}21$
$10$	$-0{,}5440$	$676{,}67$

L’écart dépasse $10^{-2}$ dès $x \approx 1{,}76$ et l’unité dès $x \approx 3{,}46$. Un polynôme ne peut pas rester borné : c’est exactement le défi, mesuré.

Défi de l’exercice 10 : la frontière fine entre dérivable et continûment dérivable

Le défi montre que le prolongement de $x \mapsto x\sin\frac1x$ est continu en $0$ mais pas dérivable : le taux vaut $\sin\frac1h$, qui n’a pas de limite. Montons d’un étage, et regardons le cousin

$$g(x) = x^2\sin\frac1x \ \text{ pour } x \neq 0, \qquad g(0) = 0.$$

Cette fois le taux d’accroissement en $0$ vaut $h\sin\frac1h$, coincé entre $-|h|$ et $|h|$ : les gendarmes donnent $g'(0) = 0$. La fonction $g$ est donc dérivable partout, y compris en $0$. Mais ailleurs, la formule du produit donne, pour tout $x \neq 0$ :

$$g'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x.$$

Le premier terme tend vers $0$, le second oscille sans fin : en $x = \frac{1}{2k\pi}$, la dérivée vaut $-1$ ; en $x = \frac{1}{2k\pi + \pi}$, elle vaut $+1$ (valeurs vérifiées par script pour $k$ de $3$ à $7$). La dérivée n’a donc pas de limite en $0$, alors qu’elle y est parfaitement définie et vaut $0$.

Le verdict : $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ tout entier, et pourtant $g'$ n’est pas continue en $0$.

C’est le contre-exemple qui sépare deux mots que l’on confond souvent : dérivable et continûment dérivable (de classe $\mathcal{C}^1$). Et l’exposant de $x$ est le bouton de réglage. Avec $x^3\sin\frac1x$, on obtient $g'(x) = 3x^2\sin\frac1x - x\cos\frac1x \longrightarrow 0$ : la fonction est de classe $\mathcal{C}^1$, mais son taux $\frac{g'(h)}{h}$ oscille encore, donc elle n’est pas deux fois dérivable en $0$. Chaque puissance ajoute un cran de régularité, jamais deux.

Une consolation, pour finir : le théorème de Darboux affirme qu’une dérivée prend toujours toutes les valeurs intermédiaires entre deux de ses valeurs, même quand elle n’est pas continue. Une dérivée ne saute jamais ; elle ne peut qu’osciller.

Défi de l’exercice 14 : le quart de tour, et l’exponentielle complexe

Le défi établit par récurrence que $\sin^{(n)}(x) = \sin\left(x + n\frac{\pi}{2}\right)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et tout $x \in \mathbb{R}$. Lisez cette formule non comme un calcul, mais comme un mouvement : dériver, c’est translater la courbe d’un quart de période, c’est-à-dire tourner d’un quart de tour sur le cercle. Quatre dérivations, quatre quarts de tour, un tour complet : d’où le cycle $\sin \to \cos \to -\sin \to -\cos \to \sin$, et rien d’autre.

Ce quart de tour a un nom en maths expertes : c’est la multiplication par $\mathrm{i}$. Avec la formule qu’Euler publie en 1748, $\mathrm{e}^{\mathrm{i}x} = \cos x + \mathrm{i}\sin x$, dériver revient à multiplier par $\mathrm{i}$, et l’identité du défi tient en une ligne : $\sin^{(n)}(x)$ est la partie imaginaire de $\mathrm{i}^n\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}$. La périodicité de $4$ n’est plus qu’un fait d’arithmétique, $\mathrm{i}^4 = 1$. Contrôle sur le cas de l’exercice : $2026 = 4 \times 506 + 2$, donc $\sin^{(2026)} = -\sin$, et de l’autre côté $\mathrm{i}^{2026} = \mathrm{i}^2 = -1$. Cinq cent six tours complets et un demi-tour.

Défi de l’exercice 15 : pourquoi les électriciens additionnent des flèches

Le défi établit que $x \mapsto a\cos x + b\sin x$ a pour amplitude $\sqrt{a^2+b^2}$, en repérant que le point $\left(\frac{a}{r}\,;\frac{b}{r}\right)$ est sur le cercle. Ce détour n’est pas une astuce de calcul : c’est le bon point de vue, et il porte un nom d’ingénieur, le phaseur. À chaque sinusoïde de pulsation fixée, associez le vecteur $(a\,;b)$. Alors :

• additionner deux sinusoïdes de même pulsation, c’est additionner les deux vecteurs ;
• l’amplitude est la longueur du vecteur, la phase est son angle ;
• dériver, c’est faire tourner le vecteur d’un quart de tour, puisque $(a\cos + b\sin)' = b\cos - a\sin$, soit $(a\,;b) \mapsto (b\,;-a)$.

Ce dernier point ferme la boucle avec le défi précédent : le quart de tour de la dérivation est le même objet, vu une fois sur la courbe et une fois sur la flèche. Et il explique d’un trait la petite musique $y'' = -y$ du cours : deux quarts de tour font un demi-tour, c’est-à-dire l’opposé.

Un exemple qui frappe, celui de l’exercice 25 : deux sinusoïdes d’amplitudes $3$ et $4$ se composent en une sinusoïde d’amplitude $5$, et non $7$, parce que leurs flèches sont perpendiculaires. En phase, elles donneraient $7$ ; en opposition, $1$ ; et toutes les valeurs de $\left[1\,;7\right]$ sont possibles selon le déphasage. Voilà pourquoi un électricien qui additionne deux tensions sinusoïdales ne fait jamais l’addition des amplitudes.

Défi de l’exercice 24 : le sinus cardinal en liberté

Le défi montre que le prolongement du sinus cardinal est dérivable en $0$, avec une tangente horizontale au sommet de l’onde. Sorti de la feuille, ce prolongement est partout.

En optique. Une fente éclairée diffracte la lumière, et l’amplitude diffractée dans la direction $\theta$ est proportionnelle à $\frac{\sin u}{u}$, avec $u = \frac{\pi a \sin\theta}{\lambda}$ où $a$ est la largeur de la fente et $\lambda$ la longueur d’onde. Les franges sombres tombent exactement aux zéros de la fonction, ceux que la question 2 de l’exercice a calculés : les multiples non nuls de $\pi$. Et la tache centrale est deux fois plus large que les autres, parce que le sommet de l’onde est un extremum et non un zéro.

En numérique. Le théorème d’échantillonnage de Shannon reconstruit un signal à partir de mesures régulièrement espacées en superposant des sinus cardinaux translatés. Le miracle tient à deux valeurs déjà calculées à l’exercice : la fonction vaut $1$ en $0$ et $0$ en tous les autres points de la grille. Chaque échantillon tombe donc sur son propre sommet et sur les zéros de tous les autres, sans se gêner.

Et l’aveu honnête. La fonction $x \mapsto \frac{\sin x}{x}$ n’a pas de primitive élémentaire : aucune combinaison finie de fonctions usuelles ne la dérive. On lui a donné un nom, le sinus intégral $\mathrm{Si}$, et on la tabule. Deux valeurs valent le détour :

$$\mathrm{Si}(\pi) = \int_0^{\pi}\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t = 1{,}851\,937\ldots \qquad \text{et} \qquad \int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}.$$

Une intégrale sans primitive élémentaire, et pourtant une valeur exacte à l’infini. La première de ces deux valeurs vous est déjà connue sous un autre nom : c’est elle qui donne, multipliée par $\frac{2}{\pi}$, la hauteur $1{,}178\,98$ du sursaut de Gibbs de la pièce 58 des Coulisses.

Défi de l’exercice 27 : la cascade, et le pont vers Viète

Le défi généralise la loi de Morrie en

$$\forall n \in \mathbb{N}^*,\ \forall a \text{ tel que } \sin a \neq 0, \quad \prod_{k=0}^{n-1}\cos\left(2^k a\right) = \frac{\sin\left(2^n a\right)}{2^n\sin a}.$$

Le mécanisme est un télescopage : chaque duplication transforme $\sin(2^k a)\cos(2^k a)$ en $\frac12\sin(2^{k+1}a)$, si bien que tous les sinus intermédiaires disparaissent et qu’il ne survit que le premier et le dernier. Morrie est le cas où le dernier redevient le premier : pour $a = \frac{\pi}{9}$ et $n = 3$, on a $\sin\frac{8\pi}{9} = \sin\frac{\pi}{9}$, et le quotient se simplifie en $\frac{1}{8}$.

Cette remarque se généralise toute seule. La fermeture demande $2^n a = \pi - a$, soit $a = \frac{\pi}{2^n+1}$, et le produit vaut alors $\frac{1}{2^n}$. Vérifié par script :

$n$	identité	valeur
$2$	$\cos\frac{\pi}{5}\cos\frac{2\pi}{5}$	$\frac14$
$3$	$\cos\frac{\pi}{9}\cos\frac{2\pi}{9}\cos\frac{4\pi}{9}$	$\frac18$
$4$	$\cos\frac{\pi}{17}\cos\frac{2\pi}{17}\cos\frac{4\pi}{17}\cos\frac{8\pi}{17}$	$\frac{1}{16}$
$5$	$\cos\frac{\pi}{33}\cdots\cos\frac{16\pi}{33}$	$\frac{1}{32}$

Morrie n’était donc pas seul : il appartient à une famille infinie, et la ligne $n = 4$ fait apparaître le nombre $17$, celui-là même dont Gauss démontra en 1796 que le polygone régulier à $17$ côtés est constructible à la règle et au compas. Ce n’est pas une coïncidence, mais l’explication demande l’arithmétique de la classe de maths expertes.

Le pont avec l’exercice 30 est encore plus joli. Reprenez l’identité du défi, mais descendez au lieu de monter : posez $a = \frac{x}{2^n}$. Elle devient

$$\sin x = 2^n \sin\frac{x}{2^n}\prod_{k=1}^{n}\cos\frac{x}{2^k},$$

qui est mot pour mot la question 1 de l’exercice 30, celle qui ouvre la formule de Viète. Deux exercices sans rapport apparent, une identité de fête foraine et un produit infini historique : c’est le même télescope, lu dans les deux sens.

La courbe de Bhāskara, superposée au vrai sinus

L’exercice 26 établit que la fraction rationnelle de Bhāskara I^er,

$$\forall x \in \left[0\,;\pi\right],\quad B(x) = \frac{16\,x\,(\pi - x)}{5\pi^2 - 4x(\pi-x)},$$

est exacte en $0$, en $\frac{\pi}{6}$, en $\frac{\pi}{2}$ et en $\pi$, et vaut exactement $\frac{12}{17}$ en $\frac{\pi}{4}$. Voici enfin la superposition promise, tracée à partir des valeurs calculées.

En haut, les deux courbes sur une arche complète : le sinus en trait épais, la fraction de Bhāskara en pointillé. En bas, leur écart, agrandi mille fois.

Le panneau du haut est la réponse : on ne voit qu’une courbe. Il faut celui du bas pour apercevoir la différence. Quelques valeurs de contrôle :

$x$	$\sin x$	$B(x)$	écart
$\pi/24$	$0{,}130\,526$	$0{,}131\,994$	$+1{,}47 \cdot 10^{-3}$
$\pi/6$	$0{,}500\,000$	$0{,}500\,000$	$0$
$\pi/4$	$0{,}707\,107$	$0{,}705\,882$	$-1{,}22 \cdot 10^{-3}$
$\pi/3$	$0{,}866\,025$	$0{,}864\,865$	$-1{,}16 \cdot 10^{-3}$
$\pi/2$	$1$	$1$	$0$

L’écart maximal sur $\left[0\,;\pi\right]$ vaut $\boxed{0{,}001\,632}$, atteint en $x \approx 0{,}201$ rad, c’est-à-dire vers $11{,}5^\circ$. Deux remarques que la figure rend évidentes.

D’abord la symétrie : pour tout $x \in \left[0\,;\pi\right]$, $B(\pi - x) = B(x)$, exactement comme le sinus, puisque la formule ne fait intervenir que le produit $x(\pi-x)$. Bhāskara a donc gratuitement l’exactitude en $\frac{5\pi}{6}$ dès qu’il l’a en $\frac{\pi}{6}$, et la courbe d’erreur du panneau bas est elle aussi symétrique.

Ensuite le contraste avec le défi de l’exercice 6. Une fraction rationnelle ne peut pas être le sinus, on l’a dit plus haut. Mais sur une seule arche, elle peut le suivre à $1{,}6$ millième près. Voilà toute la différence entre égaler et approcher, et voilà pourquoi treize siècles de calculateurs indiens ont pu travailler avec cette recette dont le traité ne donne aucune justification, et dont personne ne sait comment elle a été trouvée.

La cascade de Morrie, étage par étage

La démonstration multiplie $P = \cos\frac{\pi}{9}\cos\frac{2\pi}{9}\cos\frac{4\pi}{9}$ par $\sin\frac{\pi}{9}$, puis déplie trois duplications. Voici les trois étages, en nombres.

from math import cos, sin, pi

a = pi / 9                       # 20 degres
etage = sin(a)
print(f"depart        sin(pi/9)                 = {etage:.6f}")
for k in range(3):
    etage = etage * cos(2**k * a)
    print(f"apres cos(2^{k} a) : produit partiel = {etage:.6f}"
          f"   = sin(2^{k+1} a)/2^{k+1} = {sin(2**(k+1) * a) / 2**(k+1):.6f}")
print(f"sin(8pi/9) = {sin(8*a):.6f}   sin(pi/9) = {sin(a):.6f}")
print(f"P = sin(8pi/9) / (8 sin(pi/9)) = {sin(8*a) / (8*sin(a)):.6f}")

Sortie :

depart        sin(pi/9)                 = 0.342020
apres cos(2^0 a) : produit partiel = 0.321394   = sin(2^1 a)/2^1 = 0.321394
apres cos(2^1 a) : produit partiel = 0.246202   = sin(2^2 a)/2^2 = 0.246202
apres cos(2^2 a) : produit partiel = 0.042753   = sin(2^3 a)/2^3 = 0.042753
sin(8pi/9) = 0.342020   sin(pi/9) = 0.342020
P = sin(8pi/9) / (8 sin(pi/9)) = 0.125000

Lisez les trois lignes du milieu : à chaque étage, le produit partiel coïncide au chiffre près avec $\frac{\sin(2^{k+1}a)}{2^{k+1}}$. Le télescope fonctionne devant vous. Et l’avant-dernière ligne est le coup de grâce : $\sin\frac{8\pi}{9}$ et $\sin\frac{\pi}{9}$ affichent les mêmes six décimales parce que ce sont le même nombre, $\frac{8\pi}{9} = \pi - \frac{\pi}{9}$. Le $0{,}125000$ final n’est donc pas une approximation heureuse, c’est un résultat exact que la machine imprime en décimal.

La chasse de Viète, à vingt facteurs

Le produit de 1593 s’écrit $P_n = \prod_{k=1}^{n}\cos\frac{\pi}{2^{k+1}}$, avec les cosinus donnés par les radicaux emboîtés de l’exercice 30. La récurrence $R_1 = \sqrt2$, $R_{k+1} = \sqrt{2 + R_k}$ fabrique les numérateurs.

from math import sqrt, pi

cible = 2 / pi
radical, produit = sqrt(2), 1.0
for n in range(1, 21):
    produit *= radical / 2
    print(f"{n:>3}  P_n = {produit:.15f}   ecart = {abs(produit - cible):.3e}")
    radical = sqrt(2 + radical)
print(f"     2/pi = {cible:.15f}")

Sortie, les vingt lignes :

  1  P_n = 0.707106781186548   ecart = 7.049e-02
  2  P_n = 0.653281482438188   ecart = 1.666e-02
  3  P_n = 0.640728861935377   ecart = 4.109e-03
  4  P_n = 0.637643577336146   ecart = 1.024e-03
  5  P_n = 0.636875507721754   ecart = 2.557e-04
  6  P_n = 0.636683692725982   ecart = 6.392e-05
  7  P_n = 0.636635751614873   ecart = 1.598e-05
  8  P_n = 0.636623767126763   ecart = 3.995e-06
  9  P_n = 0.636620771054087   ecart = 9.987e-07
 10  P_n = 0.636620022039002   ecart = 2.497e-07
 11  P_n = 0.636619834785424   ecart = 6.242e-08
 12  P_n = 0.636619787972041   ecart = 1.560e-08
 13  P_n = 0.636619776268696   ecart = 3.901e-09
 14  P_n = 0.636619773342860   ecart = 9.753e-10
 15  P_n = 0.636619772611401   ecart = 2.438e-10
 16  P_n = 0.636619772428536   ecart = 6.095e-11
 17  P_n = 0.636619772382820   ecart = 1.524e-11
 18  P_n = 0.636619772371391   ecart = 3.810e-12
 19  P_n = 0.636619772368534   ecart = 9.523e-13
 20  P_n = 0.636619772367819   ecart = 2.380e-13
     2/pi = 0.636619772367581

La colonne des écarts se lit d’un coup d’œil : elle est divisée par $4$ à chaque facteur ajouté, sans exception, de la première ligne à la dernière. La raison est dans l’identité elle-même : la question 2 de l’exercice donne $P_n = \dfrac{1}{2^n\sin\frac{\pi}{2^{n+1}}}$, et l’écart relatif à $\frac{2}{\pi}$ vaut environ $\frac{1}{6}\left(\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)^2$, le carré d’une quantité elle-même divisée par $2$ à chaque pas. Comparez maintenant la dernière ligne à la cible, chiffre à chiffre :

$$\begin{aligned} P_{20} &= 0{,}636\,619\,772\,367\,819\ldots \\ \tfrac{2}{\pi} &= 0{,}636\,619\,772\,367\,581\ldots \end{aligned}$$

Le compte : vingt facteurs donnent douze décimales exactes de $\frac{2}{\pi}$.

Mettez cette performance en regard de celle du chapitre F3 : la série de Mercator pour $\ln 2$ exigeait de multiplier le nombre de termes par $10$ pour gagner une décimale. Ici, chaque facteur en apporte un peu plus d’une demie. Le produit de Viète n’est donc pas lent au sens de F3, il est même géométrique.

Et pourtant ce produit n’a jamais servi à calculer $\pi$. La note de l’exercice parle de lenteur ; c’est le prix de chaque facteur qu’il faut lire, non leur nombre : chaque facteur coûte une racine carrée, qu’il faut extraire à la main avec autant de décimales que celles qu’on espère garder. Viète lui-même, lorsqu’il a voulu des décimales de $\pi$ (il en obtint neuf), n’a pas employé son produit : il a repris la méthode d’Archimède sur un polygone à $393\,216$ côtés, soit $6 \times 2^{16}$, très exactement la dix-septième ligne du script d’Archimède rassemblé sur la page des scripts du chapitre. La gloire du produit infini n’était pas d’être rapide, mais d’être le premier.

Sources

• Atelier F4, exercices 6, 10, 14, 15, 24, 26, 27 et 30, et leurs encadrés Défi ; corrigé de l’Atelier, où les six défis sont résolus. Coulisses n°7, pièces 55 et 58.
• Bhāskara I^er, Mahābhāskarīya, VII^e siècle. F. Viète, Variorum de rebus mathematicis responsorum liber VIII, 1593. Sur la loi de Morrie, l’anecdote vient de Feynman lui-même, qui la tenait de Morrie Jacobs.
• Valeurs recalculées en Python : $B$ et son écart au sinus sur $\left[0\,;\pi\right]$ échantillonné en $1\,000$ points, la cascade de Morrie étage par étage, les vingt produits partiels de Viète et leurs écarts, les oscillations de $g'$ pour $g(x) = x^2\sin\frac1x$, les valeurs de $\mathrm{Si}(\pi)$ et de l’intégrale sur $\left[0\,;+\infty\right[$, et les quatre identités de la famille de Morrie.