Nous sommes, à ce stade, en mesure d'établir un autre algorithme quadratique pour \(\pi\). Cet algorithme fut découvert par les frères Borwein en 1986.

Considérant \( M(1,k) \) comme une fonction de \(k\), pour \(k \in ]0;1[ \) , nous noterons \( \dot{M}(1,k) \) sa dérivée par rapport à \(k\). Partons de la formule, maintenant bien connue, suivante: \[ K(k) = \frac{\pi}{2 M(1, \sqrt{1 - k^2})} \] que nous dérivons: \[ \begin{aligned} \dot{K}(k) \; & = - \frac{\pi}{2} \frac{\frac{-k}{\sqrt{1 - k^2}} \dot{M}(1,\sqrt{1 - k^2})}{M^2(1,\sqrt{1 - k^2})} \\ & = \frac{\pi}{2} \frac{k}{k'} \frac{\dot{M}(1,k')}{M^2(1,k')} \end{aligned} \] Pour \( k = k' = \frac{1}{\sqrt{2}} \) , cette formule donne: \[ \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\pi}{2} \frac{\dot{M} \left( 1, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) }{M^2 \left( 1, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) } \tag{1} \] Mais nous avons aussi la formule suivante établie dans un précédent chapitre: \[ \dot{K}(k) = \frac{E(k) - {k'}^2 K(k)}{k {k'}^2} \] qui donne: \[ \begin{aligned} \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \; & = \frac{E \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - \frac{1}{2} K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)}{\frac{1}{2 \sqrt{2}}} \\ & = 2 \sqrt{2} \left( E \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - \frac{1}{2} K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \right) \end{aligned} \] En remplaçant, dans cette dernière égalité, \( E \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \) et \( K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \) par leurs expressions en termes de la fonction \( \Gamma \) , on a: \[ \begin{aligned} \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \; & = 2 \sqrt{2} \left( \frac{4 \Gamma^2 \left( \frac{3}{4} \right) + \Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right)}{8 \sqrt{\pi}} - \frac{1}{2} \frac{\Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right)}{4 \sqrt{\pi}} \right) \\ & = \frac{\sqrt{2}}{4 \sqrt{\pi}} \left( 4 \Gamma^2 \left( \frac{3}{4} \right) + \Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right) - \Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right) \right) \\ & = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} \Gamma^2 \left( \frac{3}{4} \right) \end{aligned} \] Afin de mettre en évidence la moyenne arithmético-géométrique qui se cache dans cette dernière égalité, multiplions par \( K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \) : \[ \begin{aligned} K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \; & = \frac{1}{4 \sqrt{\pi}} \Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right) \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} \Gamma^2 \left( \frac{3}{4} \right) \\ & = \frac{\sqrt{2}}{4 \pi} \Gamma^2 \left( \frac{1}{4} \right) \Gamma^2 \left( \frac{3}{4} \right) \\ & = \frac{\sqrt{2}}{4 \pi} 2 \pi^2 \\ & = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \end{aligned} \] En remplaçant \( K \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \) par son expression en terme de la moyenne arithmético-géométrique, on a donc: \[ \frac{\pi}{2 M \left( 1 , \frac{1}{\sqrt{2}} \right)} \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \] d'où: \[ \begin{aligned} \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \; & = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \frac{2 M \left( 1 , \frac{1}{\sqrt{2}} \right)}{\pi} \\ & = \sqrt{2} M \left( 1 , \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \end{aligned} \] En remplaçant \( \dot{K} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \) par cette dernière expression dans \((1)\), on trouve: \[ \sqrt{2} M \left( 1 , \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\pi}{2} \frac{\dot{M} \left( 1, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) }{M^2 \left( 1, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) } \] qui donne finalement la très belle formule:

Cette formule inspira les frères Borwein et ils en déduisirent un algorithme pour \(\pi\), basé sur une itération permettant d'obtenir la dérivée de la moyenne arithmético-géométrique.

Si l'on itère le processus de la moyenne arithmético-géométrique pour \( a_0 = 1 \) et \( b_0 = k \) , on peut alors considérer les \( a_n \) et \( b_n \) comme des fonctions de \( k \). Ces fonctions convergent alors uniformément vers \( M(1,k) \), ce qui nous assure qu'en dérivant ces termes \( a_n \) et \( b_n \) par rapport à \(k\), les nouveaux termes obtenus convergent alors vers \( \dot{M}(1,k) \).

Dérivons: \[ \left\{ \begin{array}{ll} a_{n+1} & = \frac{a_n + b_n}{2} \\ b_{n+1} & = \sqrt{a_n b_n} \end{array} \right. \] pour obtenir: \[ \left\{ \begin{array}{ll} \dot{a}_{n+1} & = \frac{\dot{a}_n + \dot{b}_n}{2} \\ \dot{b}_{n+1} & = \frac{\dot{a}_n b_n + a_n \dot{b}_n }{2 \sqrt{a_n b_n}} = \frac{1}{2} \left( \dot{a}_n \sqrt{\frac{b_n}{a_n}} + \dot{b}_n \sqrt{\frac{a_n}{b_n}} \right) \end{array} \right. \] avec \( \dot{a}_0 = 0 \) et \( \dot{b}_0 = 1 \) .

En posant \( a_0 = 1 \) , \( b_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \) et \( \pi_n = 2 \sqrt{2} \frac{b_{n+1}^2 a_{n+1}}{\dot{a}_{n+1}} \), on a donc \[ \begin{aligned} \pi_0 \; & = 2 \sqrt{2} \frac{b_1^2 a_1}{\dot{a}_1} \\ & = 2 \sqrt{2} \frac{\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \right)}{\frac{0 + 1}{2}} \\ & = 2 \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ & = 2 \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ & = 2 + \sqrt{2} \end{aligned} \] et, de la formule \((2)\): \( \lim_{n \to + \infty} \pi_n = \pi \). Pourquoi cette forme ? Parce qu'alors, on a le rapport suivant: \[ \begin{aligned} \frac{\pi_n}{\pi_{n-1}} \; & = \frac{\frac{b_{n+1}^2}{b_n^2} \frac{a_{n+1}}{a_n}}{\frac{\dot{a}_{n+1}}{\dot{a}_n}} \\ & = \frac{\frac{a_n b_n}{b_n^2} \frac{a_n + b_n}{2 a_n}}{\frac{\dot{a}_n + \dot{b}_n}{2 \dot{a}_n}} \\ & = \frac{\frac{a_n}{b_n} \left( 1 + \frac{b_n}{a_n} \right) }{1 + \frac{\dot{b}_n}{\dot{a}_n}} \\ & = \frac{1 + \frac{a_n}{b_n}}{1 + \frac{\dot{b}_n}{\dot{a}_n}} \end{aligned} \] On voit immédiatement qu'au vu des termes des suites \( \dot{a}_n \), \( \dot{b}_n \) et \( \pi_n \), il est bien plus économique et élégant d'utiliser la forme de Legendre: \( x_n = \frac{a_n}{b_n} \) et \( y_n = \frac{\dot{b}_n}{\dot{a}_n} \). Nous avons alors: \[ \begin{aligned} x_{n+1} \; & = \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \\ & = \frac{a_n + b_n}{2 \sqrt{a_n b_n}} \\ & = \frac{\sqrt{\frac{a_n}{b_n}} + \sqrt{\frac{b_n}{a_n}}}{2} \\ & = \frac{\sqrt{x_n} + \frac{1}{\sqrt{x_n}}}{2} \\ y_{n+1} \; & = \frac{\dot{b}_{n+1}}{\dot{a}_{n+1}} \\ & = \frac{1}{2} \left( \dot{a}_n \sqrt{\frac{b_n}{a_n}} + \dot{b}_n \sqrt{\frac{a_n}{b_n}} \right) \frac{2}{\dot{a}_n + \dot{b}_n} \\ & = \frac{\dot{a}_n \frac{1}{\sqrt{x_n}} + \dot{b}_n \sqrt{x_n}}{\dot{a}_n + \dot{b}_n} \\ & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} + y_n \sqrt{x_n}}{1 + y_n} \end{aligned} \] Ainsi que: \[ \frac{\pi_n}{\pi_{n-1}} = \frac{1 + x_n}{1 + y_n} \] Reste à déterminer les premiers termes: \[ x_0 = \frac{a_0}{b_0} = \frac{1}{k} = \sqrt{2} \] et, comme \( \dot{a}_0 = 0 \) , \( y_0 \) n'est pas défini, calculons donc \(y_1\): \[ y_1 = \frac{\dot{b}_1}{\dot{a}_1} = \frac{\frac{1}{2 \sqrt{k}}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{k}} = \sqrt[4]{2} \] Nous avons donc obtenu l'algorithme suivant:

Etudions d'un peu plus près la convergence de ces suites. En écrivant \( x_{n+1} = \frac{1 + x_n}{2 \sqrt{x_n}} \) et sachant que pour tout \(x > 1\) , \( \frac{1 + x}{2} > \sqrt{x} \) , et tenant compte que \( x_0 = \sqrt{2} > 1 \) , on a: \[ x_n > 1 \qquad \forall n \in \mathbb{N} \] De plus: \[ \begin{aligned} x_{n+1}^2 \; & = {\left( \frac{\sqrt{x_n} + \frac{1}{\sqrt{x_n}}}{2} \right)}^2 \\ & = \frac{x_n + 2 + \frac{1}{x_n}}{4} \\ & < \frac{x_n + 3}{4} < \frac{x_n + 3 x_n}{4} = x_n \end{aligned} \] On a donc: \[ 1 < x_{n+1} < \sqrt{x_n} < x_n \qquad \forall n \in \mathbb{N} \] Ecrivons maintenant: \[ \begin{aligned} y_{n+1} - x_{n+1} \; & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} + y_n \sqrt{x_n}}{1 + y_n} - \frac{\sqrt{x_n} + \frac{1}{\sqrt{x_n}}}{2} \\ & = \frac{2 + 2 x_n y_n - (1 + y_n) (1 + x_n)}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} \\ & = \frac{2 + 2 x_n y_n - 1 - x_n - y_n - x_n y_n}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} \\ & = \frac{1 + x_n y_n - x_n - y_n}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} \\ & = \frac{(x_n - 1) (y_n - 1)}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} \end{aligned} \] Le dénominateur étant strictement positif et \( x_n > 1 \) , le signe de \( y_{n+1} - x_{n+1} \) est donc le même que le signe de \( y_n - 1 \). Donc: \( y_n > 1 \Rightarrow y_{n+1} > x_{n+1} > 1 \) . Or \( y_1 = \sqrt[4]{2} = \sqrt{x_0} > 1 \) . Donc, par récurrence, on a:

De ces inégalités, on déduit que la suite \( (\pi_n) \) est décroissante: \[ \pi_{n+1} = \pi_n \frac{1 + x_{n+1}}{1 + y_{n+1}} < \pi_n \]

Montrons maintenant que les suites \((x_n)\) et \((y_n)\) tendent vers \(1\) de manière quadratique. En effet: \[ \begin{aligned} x_{n+1} - 1 \; & = \frac{1 + x_n}{2 \sqrt{x_n}} - 1 \\ & = \frac{x_n - 2 \sqrt{x_n} + 1}{2 \sqrt{x_n}} \\ & = \frac{{(\sqrt{x_n} - 1)}^2}{2 \sqrt{x_n}} \\ & = \frac{{(x_n - 1)}^2}{2 \sqrt{x_n} {(1 + \sqrt{x_n})}^2} \end{aligned} \] donc, comme \( \sqrt{x_n} > 1 \), on obtient:

De la même manière, on a: \[ \begin{aligned} y_{n+1} - 1 \; & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} + y_n \sqrt{x_n}}{1 + y_n} - 1 \\ & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} + y_n \sqrt{x_n} - y_n - 1}{1 + y_n} \\ & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} - 1 + y_n (\sqrt{x_n} - 1)}{1 + y_n} \\ & = \frac{(1 + \sqrt{x_n}) (\frac{1}{\sqrt{x_n}} - 1) + y_n (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} \\ & = \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} - \sqrt{x_n} + y_n (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} \\ & = \frac{(1 - x_n) + \frac{1 - x_n}{\sqrt{x_n}} - (1 - x_n) + y_n (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} \\ & = \frac{(1 - x_n) + y_n (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} + \frac{\frac{1 - x_n}{\sqrt{x_n}} - (1 - x_n)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} \\ & = \frac{(y_n - 1) (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} + \frac{\frac{1 - \sqrt{x_n}}{\sqrt{x_n}} - (1 - \sqrt{x_n})}{1 + y_n} \\ & = \frac{(y_n - 1) (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} + \frac{\frac{1}{\sqrt{x_n}} + \sqrt{x_n} - 2}{1 + y_n} \\ & = \frac{(y_n - 1) (x_n - 1)}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} + \frac{2 (x_{n+1} - 1)}{1 + y_n} \end{aligned} \] or, comme \( 1 < x_n < y_n \) pour \( n \geq 1 \) , on a \( (x_n - 1) < (y_n - 1) \) , d'où, avec la majoration de \( (x_{n+1} - 1) < \frac{1}{8} {(x_n - 1)}^2 \) : \[ y_{n+1} - 1 < \frac{{(y_n - 1)}^2}{(1 + y_n) (1 + \sqrt{x_n})} + \frac{\frac{1}{4}{(y_n - 1)}^2}{1 + y_n} \] ce qui donne en tenant compte de \( y_n > 1 \) et \( \sqrt{x_n} > 1 \) : \[ y_{n+1} - 1 < \frac{1}{4} {(y_n - 1)}^2 + \frac{1}{8}{(y_n - 1)}^2 \] on a donc:

La convergence vers \(1\) des suites \((x_n)\) et \((y_n)\) est donc bien quadratique.

Maintenant, majorons \( y_{n+1} - x_{n+1} \). Partant de: \[ (y_{n+1} - 1) - (x_{n+1} - 1) = y_{n+1} - x_{n+1} = \frac{(x_n - 1) (y_n - 1)}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} \tag{4} \] que nous divisons par: \[ x_{n+1} - 1 = \frac{{(x_n - 1)}^2}{2 \sqrt{x_n} {(1 + \sqrt{x_n})}^2} \] on trouve: \[ \frac{y_{n+1} - 1}{x_{n+1} - 1} - 1 = \frac{(y_n - 1) {(1 + \sqrt{x_n})}^2}{(y_n + 1) (x_n - 1)} = \frac{y_n - 1}{x_n - 1} \frac{{(1 + \sqrt{x_n})}^2}{y_n + 1} \] ce qui nous permet d'écrire: \[ \frac{y_{n+1} - 1}{x_{n+1} - 1} > \frac{y_n - 1}{x_n - 1} \frac{{(1 + \sqrt{x_n})}^2}{y_n + 1} \] or \( \sqrt{x_n} > 1 \) et la suite \((y_n)\) étant décroissante et minorée par \( y_1 = \sqrt[4]{2} \) , on a: \[ \frac{y_{n+1} - 1}{x_{n+1} - 1} > \frac{y_n - 1}{x_n - 1} \frac{4}{1 + \sqrt[4]{2}} > \frac{y_n - 1}{x_n - 1} \] La suite \( \frac{x_n - 1}{y_n - 1} \) est donc décroissante (attention à l'inversion).

Reprenons la formule \((4)\) afin de majorer \( y_{n+1} - x_{n+1} \). Comme \( \sqrt{x_n} > 1 \) et \( y_n > 1 \), on a: \[ y_{n+1} - x_{n+1} = \frac{(x_n - 1) (y_n - 1)}{2 (1 + y_n) \sqrt{x_n}} < \frac{1}{4} (x_n - 1) (y_n - 1) \] Sachant que les suites \((x_n)\) et \((y_n)\) convergent quadratiquement, nous cherchons à majorer le produit \( (x_n - 1) (y_n - 1) \) par un terme en \( {(y_n - x_n)}^2 \), remarquons que cela revient à majorer un produit \( A B \) par \( \alpha {(A - B)}^2 \) où ici \( A = (x_n - 1) \) et \( B = (y_n - 1) \).

Cela nous mène à une inégalité du genre: \( A B < \alpha {(A - B)}^2 \). Ce qui revient à étudier le signe de \( \alpha {(A - B)}^2 - A B = \alpha A^2 - (2 \alpha + 1) A B + \alpha B^2 \) que l'on peut considérer comme un polynôme du second degré évalué en \( \frac{A}{B} \): \[ P(t) = \alpha t^2 - (2 \alpha + 1) t + \alpha \] dont le discriminant est \( \Delta = {(2 \alpha + 1)}^2 - 4 \alpha^2 = 4 \alpha + 1 \). Comme \( \alpha \) est positif, notre polynôme a deux racines \( t_1 = \frac{(2 \alpha + 1) - \sqrt{4 \alpha + 1}}{2 \alpha} \) et \( t_2 = \frac{(2 \alpha + 1) + \sqrt{4 \alpha + 1}}{2 \alpha} \) et, pour assurer la majoration souhaitée, nos valeurs \( \frac{A}{B} \) doivent se situer "à l'extérieur" des racines.

Nous venons de voir que la suite \( \frac{x_n - 1}{y_n - 1} \) est décroissante, donc majorée par \( \frac{x_1 - 1}{y_1 - 1} \simeq 0,07955 \) on voit donc que \( \alpha = \frac{1}{10} \) qui donne \( t_1 = 6 - \sqrt{35} \simeq 0,08392 \) comme plus petite racine, convient. On a alors: \[ (x_n - 1) (y_n - 1) < \frac{1}{10} {(y_n - x_n)}^2 \] d'où:

Maintenant, écrivons: \[ \begin{aligned} \pi_n - \pi_{n+1} \; & = \pi_n - \pi_n \frac{1 + x_{n+1}}{1 + y_{n+1}} \\ & = \pi_n \left( 1 - \frac{1 + x_{n+1}}{1 + y_{n+1}} \right) \\ & = \pi_n \frac{(1 + y_{n+1}) - (1 + x_{n+1})}{1 + y_{n+1}} \\ & = \frac{\pi_n}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \end{aligned} \] La suite \( (\pi_n) \) étant décroissante et tendant vers \( \pi \) , on a: \[ \frac{\pi_n}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \geq \frac{\pi}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \] d'où: \[ \pi_n - \pi_{n+1} \geq \frac{\pi}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \] Comme \( \pi_{n+1} \geq \pi \) , alors \( \pi_n - \pi_{n+1} \leq \pi_n - \pi \) et donc: \[ \pi_n - \pi \geq \frac{\pi}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \tag{6} \] De plus, comme \( y_{n+1} > 1 \) , on a: \[ \pi_n - \pi_{n+1} = \frac{\pi_n}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \frac{\pi_n}{2} (y_{n+1} - x_{n+1}) \] En sommant cette dernière inégalité pour \( n \) allant de \( m \) à l'infini, et parce que la suite \( (\pi_n) \) est décroissante, on trouve: \[ \pi_m - \pi \leq \sum_{n=m}^{+ \infty} \frac{\pi_n}{2} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \frac{\pi_m}{2} \sum_{n=m}^{+ \infty} (y_{n+1} - x_{n+1}) \] or, en vertu de l'inégalité \((5)\): \[ y_{n+k} - x_{n+k} \leq \frac{1}{40^k} {(y_n - x_n)}^{2^k} \qquad \forall k \geq 0 \] donc \[ \sum_{n=m}^{+ \infty} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{1}{40^k} {(y_{m+1} - x_{m+1})}^{2^k} \] De plus, comme \( 2^k \geq (k+1) \) et parce que \( (y_{n+1} - x_{n+1}) < 1 \) : \[ \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{1}{40^k} {(y_{m+1} - x_{m+1})}^{2^k} < \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{1}{40^k} {(y_{m+1} - x_{m+1})}^{k+1} = \frac{y_{m+1} - x_{m+1}}{1 - \frac{1}{40} (y_{m+1} - x_{m+1})} \] On a donc: \[ \pi_n - \pi \leq \frac{\pi_n}{2} \frac{y_{n+1} - x_{n+1}}{1 - \frac{1}{40} (y_{n+1} - x_{n+1})} \] Ce qui, avec l'inégalité \((6)\), donne: \[ \frac{\pi}{1 + y_{n+1}} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \pi_n - \pi \leq \frac{\pi_n}{2} \frac{y_{n+1} - x_{n+1}}{1 - \frac{1}{40} (y_{n+1} - x_{n+1})} \] Tenant compte que, dans le membre de gauche, \( (y_n) \) est décroissante avec \(y_2 \simeq 1,0006735 \) , ainsi que, dans le membre de droite, \( (\pi_n) \) est décroissante avec \( \pi_0 = 2 + \sqrt{2} \) et, au dénominateur, \( y_n - x_n \) décroit avec \( y_1 - x_1 \simeq 0,174155 \) , on trouve: \[ \frac{3}{2} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \pi_n - \pi \leq \frac{7}{4} (y_{n+1} - x_{n+1}) \qquad \forall n \geq 1 \] On a donc, en tenant compte de l'inégalité \((5)\), pour \( n \geq 2 \) : \[ \pi_n - \pi \leq \frac{7}{4} (y_{n+1} - x_{n+1}) \leq \frac{7}{160} {(y_n - x_n)}^2 \leq \frac{7}{160} \frac{4}{9} {(\pi_{n-1} - \pi)}^2 \] d'où: \[ \pi_n - \pi \leq \frac{7}{360} {(\pi_{n-1} - \pi)}^2 \leq {\left( \frac{7}{360} \right)}^{1+2} {(\pi_{n-2} - \pi)}^4 \leq {\left( \frac{7}{360} \right)}^{1+2+4+...+2^{n-3}} {(\pi_2 - \pi)}^{2^{n-2}} \] et comme \( (\pi_2 - \pi) < 10^{-8} \) et \( \log(\frac{7}{360}) < -1,7 \), on a finalement:

En réalité, les neuf premières itérations de cet algorithme donnent 1, 3, 8, 19, 41, 83, 170, 345 et 694 décimales exactes de \(\pi\). La vingt-quatrième donne plus de 45 millions de décimales exactes. On voit bien le quasi-doublement des décimales exactes fournies par cette méthode.