Lyc´ee Thiers - MPSI-3

Lycée Thiers
INTÉGRALES DE WALLIS
L’énoncé qui suit fait établir les principales propriétés de ces intégrales, ainsi que la célèbre formule de Stirling.
On définit les “intégrales de Wallis” par :
π/2
Z
∀n ∈ N, Wn =
sinn (t) dt
0
1) Vérifier que l’on a aussi Wn =
R π/2
0
cosn (t) dt.
2) Calculer W0 et W1 .
3) En intégrant Wn par parties convenablement, prouver la relation de récurrence :
∀n > 2, nWn = (n − 1) Wn−2
4) A l’aide de relation (1), calculer W2 ,W3 , W4 et W5 .
5) Montrer que :
∀p ∈ N, W2p =
(2p)! π
2
22p (p!) 2
et établir une formule similaire pour W2p+1 .
6) Montrer que la suite (n Wn Wn−1 )n≥1 est constante.
7) Etablir la décroissance de la suite (Wn ) . En déduire que :
lim
n→+∞
Wn
=1
Wn−1
8) Déduire de ce qui précède un équivalent simple de Wn lorsque n → ∞.
9) Montrer directement que :
lim Wn = 0
n→∞
10) On pose, pour tout n ≥ 1 :
n! en
nn+1/2
Montrer que la suite u converge vers une limite λ > 0.
√
11) Montrer, avec les questions 5°, 8° et 10°, que λ = 2π. Quel équivalent de n! en déduit-on ?
un =
(1)
INTÉGRALES DE WALLIS
2
Solution proposée
1) Il suffit de poser :
x=
pour obtenir :
0
Z
n
Wn = −
sin
π/2
π
−t
2
Z π/2
π
− t dt =
cosn (t) dt
2
0
2) On a :
W0 =
π
et W1 = 1
2
3) On intègre par parties en posant :
u = sinn−1 (t)
v0 = sin (t)









n−2

 u0 = (n − 1) sin (t) cos (t)



v = − cos (t)
ce qui donne :
Wn
Z
h
iπ/2
n−1
= − sin (t) cos (t)
+ (n − 1)
0
π/2
Z
= (n − 1)
π/2
sinn−2 (t) cos2 (t) dt
0
h
i
sinn−2 (t) 1 − sin2 (t) dt
0
= (n − 1) (Wn−2 − Wn )
soit finalement :
∀n ≥ 2, n Wn = (n − 1) Wn−2
4) La relation de récurrence donne :
π
1
W0 =
2
4
; W3 =
2
2
W1 =
3
3
3
3π
W2 =
4
16
; W5 =
4
8
W3 =
5
15
W2 =
W4 =
5) L’application répétée de la relation de récurrence donne :
W2p =
(2p − 1) (2p − 3) · · · 3
W0
2p (2p − 2) · · · 2
c’est-à-dire, sous forme plus compacte :
W2p =
(2p)!
2
22p+1 (p!)
π
(2)
On voit de même que :
W2p+1 =
2p (2p − 2) · · · 2
W1
(2p + 1) (2p − 1) · · · 3
soit :
2
W2p+1 =
22p (p!)
(2p + 1)!
6) Si l’on pose xn = n Wn Wn−1 , alors la relation de récurrence précédente montre que :
xn = (n − 1) Wn−2 Wn−1 = xn−1
(3)
INTÉGRALES DE WALLIS
3
Autrement dit, la suite (xn )n>1 est constante. Comme x1 = W1 W0 = π2 , il vient :
∀n > 1, nWn Wn−1 =
π
2
7) La décroissance de la suite (Wn )>0 résulte aussitôt de :
Z π/2
Wn+1 − Wn =
sinn (t) [sin (t) − 1] dt 6 0
0
Il s’ensuit que :
Wn+1 6 Wn 6 Wn−1
d’où (puisque Wn−1 > 0) :
Wn+1
Wn
6
61
Wn−1
Wn−1
qui s’écrit, compte tenu de la relation de récurrence :
Wn
n
6
61
n + 1 Wn−1
Par conséquent :
lim
n→+∞
Wn
=1
Wn−1
8) On constate que :
n Wn2 = (n Wn Wn−1 )
Wn
π
→
Wn−1
2
Autrement dit (à connaître par cœur !) :
r
Wn ∼
π
2n
(4)
Remarque. L’égalité (3) et l’équivalent précédent donnent la “formule de Wallis” :


2
2
2
 22

(
2p)
π
4
6

= lim 
···
p→∞ 1 × 3 3 × 5 5 × 7
2
(2p − 1) (2p + 1) 
La convergence est lente (en 1p , d’après (4), puisqu’on a élevé au carré). A titre indicatif, pour
p = 1000, on obtient environ 1, 5704 alors que π2 ' 1, 5707.
INTÉGRALES DE WALLIS
4
π
9) Considérons a ∈ 0,
; alors, pour tout n ∈ N :
2
Z a
Z π/2
π
n
n
n
−a
0 6 Wn =
sin (t) dt +
sin (t) dt 6 a sin (a) +
2
0
a
π
ε
Etant donné ε > 0, on choisit a de telle sorte que − a < . Puis, un tel a étant fixé, comme
2
2
sin (a) ∈ ]0, 1[ , il existe N ∈ N tel que :
ε
∀n ∈ N, n > N ⇒ a sinn (a) 6
2
Ainsi :
n > N ⇒ 0 6 Wn 6 ε
10) Posons, pour tout n > 1 :
√
1
( n + 1 ) ! en + 1
un + 1
nn n
n n+ 2
yn =
=
e
=
√
n
un
n+1
(n + 1)n+1 n + 1 n! e
puis :
1
1
zn = ln ( yn ) = 1 − n + ln 1 +
= ϕ (n)
2
n
où l’on a posé :
1
1
∀t > 0, ϕ (t) = 1 − t + ln 1 +
2
t
On cherche le signe de ϕ (t) , c’est-à-dire, celui de :
1
1
ψ (t) =
− ln 1 +
t
t+ 1
2
On constate que ψ est dérivable sur ]0, +∞[ et que :
∀t > 0, ψ0 (t) = − 1
t+
1
2
2 +
1
1
=
>0
t (t + 1)
1 2
4t (t + 1) t + 2
donc ψ est croissante sur ]0, +∞[ et comme lim ψ (t) = 0,il vient :
t→+∞
∀t > 0, ψ (t) < 0
donc :
∀t > 0, ϕ (t) < 0
et finalement :
∀n ∈ N? , yn < 1
La suite u est ainsi décroissante. Etant minorée par 0, elle converge vers une limite λ ≥ 0.
Mais, par cette méthode, la non-nullité de λ n’est pas assurée ! ! Tout ce qui précède peut être
avantageusement remplacé par le calcul suivant :
1
1
ln (un+1 ) − ln (un ) = 1 − n + ln 1 +
2
n
1 1
1
1
1
= 1− n+
− 2 + 3 +o 3
2 n 2n
3n
n
1
∼ −
12n2
INTÉGRALES DE WALLIS
Ainsi 1, la série
X
5
(ln (un+1 ) − ln (un )) est convergente et donc la suite (ln (un ))n>1 aussi. En
n>1
notant µ la limite de cette dernière, il vient :
lim un = eµ > 0
n→+∞
Bref :
n √
n
n
e
et il ne reste plus qu’à calculer λ explicitement ...
n! ∼ λ
11) A l’aide de l’égalité (2) et des équivalents (4) et (5), on voit que :


!2p
r
p 
(2p)!
π  2p
π
π ∼ 2p+1 λ
∼ W2p =
2p
2
4p
e
2
22p+1 (p!)
d’où l’on tire, après simplification :
λ=
(5)


!
 1 e 2p 1 


 λ2 p
p
√
2π
Ceci donne finalement la “formule de Stirling” :
n √
n
n! ∼
2πn
e
attribuée au mathématicien écossais James Stirling (1692 - 1770).
1. On utilise la règle des équivalents pour les séries à termes réels de signe constant APCR. Voir le DL 7, partie VI
question 3°.