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[ID: 1962] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

Solution(s)

Intégrale de Wallis
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Soit \(n\in\mathbb{N}\).

1. \[\begin{aligned} I_n&=&\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin^n t\,\textrm{d}t\\ &\xlongequal{x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-t}& -\int_{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}^{0} \sin^n \left(x+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right)\,\textrm{d}x\\ &=& \int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^n x\,\textrm{d}x \end{aligned}\]

2. On vérifie facilement que \(I_0=\dfrac{ \pi}{2}\) et \(I_1=1\).

3. En effectuant une intégration par parties, on montre que : \[\begin{aligned} I_{n+2}&=& \int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin t . \sin^{n+1} t\,\textrm{d}t\\ &=& \Bigl[ -\cos t. \sin^{n+1} t \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}+\left(n+1\right)\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^2 t . \sin^{n} t\,\textrm{d}t\\ &=& \left(n+1\right)\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \left(1-\sin^2 t\right) . \sin^{n} t\,\textrm{d}t \end{aligned}\] donc : \(I_{n+2}=\left(n+1\right)I_n-\left(n+1\right)I_{n+2}\) d’où : \(I_{n+2} = {\scriptstyle n+1\over\scriptstyle n+2}I_n\)

4. D’après les deux questions précédentes et grâce à un raisonnement par récurrence, on montre que, pour tout \(p\in\mathbb{N}\) : \[I_{2p}=\dfrac{\left(2p\right)!}{2^{2p}(p!)^2}\dfrac{\pi}{2} \quad \textrm{ et} \quad I_{2p+1}=\dfrac{2^{2p}\left(p!\right)^2}{\left(2p+1\right)!} .\]

5. Pour tout \(t\in\left[0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\), \(\sin^n t \geqslant\sin^{n+1} t\) donc \(I_{n}\geqslant I_{n+1}\) et \(\left(I_n\right)\) est décroissante. Par ailleurs : \(\sin^n t\geqslant 0\) donc \(I_n\geqslant 0\). La suite \(\left(I_n\right)\) est donc décroissante et minorée. Par application du théorème de la limite monotone, \(\left(I_n\right)\) est convergente.

6. \(\left(I_n\right)\) étant décroissante, il vient que : \(I_{n+2}\leqslant I_{n+1}\leqslant I_n\) ce qui s’écrit aussi : \(1\leqslant\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\leqslant\dfrac{I_{n}}{I_{n+2}}.\)

7. D’après les questions [stirling1c] et [stirling1e], on obtient : \[1\leqslant\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\leqslant \dfrac{I_{n}}{I_{n+2}}=\dfrac{n+2}{n+1}\] mais \(\dfrac{n+2}{n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\) donc, par application du théorème des gendarmes, \(\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\) et donc : \(I_{n+2} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} I_{n+1}\) ou encore : \(I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}I_{n+1}\).

8. En utilisant les expressions trouvées dans la question [stirling1d], on montre que : \(\left(n+1\right)I_{n+1}I_n={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).

9. Par application des deux questions précédentes et par opérations sur les équivalents : \[I_n = \sqrt{I_n^2} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{{I_n.I_{n+1}}}=\sqrt{\dfrac{\pi}{2\left(n+1\right)}} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\sqrt{\dfrac{\pi}{2n} }}\].