Intégrales de Wallis

Intégrales de Wallis
Le problème suivant a pour but l’étude des intégrales de Wallis dé…nies pour n > 0 par Wn =
dt. Les • indiquent les questions plus di¢ ciles.
R=2
sinn t
0
I) Premiers résultats
1) Calculer W0 et W1 .
2) Donner un encadrement de sin sur 0;
qu’elle admet une limite l.
2
. En déduire que la suite (Wn ) est décroissante. Montrer
3)• Montrer avec une intégration par parties (on utilisera u0 (t) = sin t) que pour n > 2,
Wn = (n 1) (Wn 2 Wn )
(1)
II) Calcul de la limite
1) Pour n > 1, on pose In = nWn Wn
nWn = (n 1)Wn 2
(2)
1.
Montrer à l’aide de (1) que pour n > 2,
2) En déduire que la suite (In ) est constante, en déduire la valeur de Wn Wn
1
pour n > 1
3)• Conclure (on utilisera l2 )
III) Calcul de Wn
1)
On pose Am = 1 2 3 4 :::::: (2m
(2m) pour m > 1 avec la convention A0 = 1.
Remarque : Am est le produit des m premiers nombres impairs divisé par le produit des m premiers
nombres pairs.
1) Exprimer Am+1 en fonction de Am
2)• En déduire l’expression de W2m en fonction de Am en utilisant (2). On fera un raisonnement
par récurrence.
3)• Pour calculer W2m+1 en fonction de Am , on pourrait faire une autre récurrence. Utiliser une
autre méthode en utilisant le résultat précédent.
2
4)•• Il reste à calculer Am . Pour cela, multiplier le numérateur et le dénominateur par le produit
4 ::: (2m). On exprimera Am à l’aide de factorielles, puis avec un coe¢ cient binômial.
1
Solution
I) Premiers résultats
R=2 0
R=2
=2
1) W0 =
sin t dt =
1 dt = [t]0 =
0
0
2
et W1 =
R=2
0
sin t dt = [ cos t]0
=2
=1
2) On sait que pour tout t dans 0; 2 , 0 6 sin t 6 1 . On en déduit que pour tout n, 0 6 sinn+1 t 6
sin t (en multipliant l’inégalité par sinn t > 0) d’où, en intégrant l’inégalité sur 0; 2 , 0 6 Wn+1 6 Wn .
La suite (Wn ) est donc décroissante. Or elle est minorée par 0 donc elle admet une limite l.
3) Pour n > 2, soit u0 (t) = sin t et v(t) = sinn 1 t. Alors u(t) = cos t et v 0 (t) = (n 1) sinn 2 t cos t.
R=2 0
R=2
=2
Alors Wn =
u (t)v(t) dt = [u(t)v(t)]0
u(t)v 0 (t) dt.
n
0
0
R=2
Wn = 0
cos t
1) sinn
(n
2
t cos t dt = (n
1)
0
donc :
Wn = (n 1)
R=2
cos2 t sinn
2
t dt. Or cos2 t = 1
sin2 t
0
R=2
n 2
sin
t
n
sin t dt = (n 1)
0
"
R=2
n 2
sin
!
R=2
t dt
0
n
!#
sin t dt
0
= (n
1) (Wn
2
Wn )
II) Calcul de la limite
1) On déduit de (1) que pour n > 2, Wn + (n 1)Wn = (n 1)Wn 2 soit nWn = (n 1)Wn 2
2) Alors, en multipliant par Wn 1 , pour n > 2, nWn Wn 1 = (n 1)Wn 1 Wn 2 d’où, pour n > 2,
In = In 1 . La suite (In ) est donc constante . De plus, I1 = W1 W0 = 2 donc pour tout n > 1, In = 2 .
Alors pour tout n > 1, Wn Wn
1
=
2n
3) On a vu que Wn ! l. donc Wn
1
! l donc Wn Wn
1
! l2 . Or
2n
! 0. Donc l2 = 0 d’où l = 0
III) Calcul de Wn
1) Am+1 =
1 2 ::: (2m 1) (2m+1)
2 4 ::: (2m) (2m+2)
=
2m+1
2m+2 Am
(2m 1)(2m 3)
1
2) (2) nous montre que W2m = 2m
2m W2(m 1) =
2m(2m 2) W2(m 2) = ::: On peut donc penser
que W2m = Am W0 . En e¤et, montrons-le par récurrence : c’est vrai pour m = 0 car A0 = 1. Si c’est
vrai au rang m, alors :
W2(m+1) = W2m+2 = 2m+1
2m+2 W2m d’après (2).
2m+1
W2(m+1) = 2m+2 Am W0 d’après l’hypothèse de récurrence.
W2(m+1) = Am+1 W0 d’après la question précédente. La propriété est donc héréditaire : elle est vraie
pour tout m.
Pour tout m, W2m = Am W0 = 2 Am
3) D’après la question II.2, on a pour tout m, 2m + 1 > 0 donc W2m+1 =
2(2m+1)
2
Am
=
2(2m+1)
1
W2m
=
1
(2m+1)Am
1)
1 3 ::: (2m 1) 2 4 ::: (2m)
1 2 3 ::: (2m)
4) Am = 1 2 3 4 :::::: (2m
(2m) = 2 4 ::: (2m) 2 4 :: (2m) = [2 4 ::: (2m)]2 en réorganisant le numérateur.
(2m)
::: (2m)
On travaille sur le dénominateur : Am = [(2 1)1 2(2 32)::::::(2m)
= 1[2m2 31 :::
= 1 2[2m3 (m!)]
=
2
(2 m)]2
::: m]2
m
=
On reconnaît un coe¢ cient binômial : C2m
(2m)!
(m!) [(2m m)!]
2
=
(2m)!
(m!)2
d’où Am =
m
C2m
22m
(2m)!
22m (m!)2
Remarques
I.2) Attention ! Pour intégrer une inégalité sur un intervalle [ ; ], il faut que l’inégalité soit valable
sur tout l’intervalle, et il faut aussi que 6 (dans le cas contraire, il faut changer !
le sens de l’inégalité).
R
R
Faites aussi attention au fait que la réciproque est fausse :
f (t)dt 6 g(t)dt ; (f (t) 6 g(t))
I.3) La formule n’est valable que pour n > 2 à cause de la dérivation de v : pour des valeurs inférieures
de n, la dérivation ne marche plus. De plus, la formule …nale n’a aucun sens pour des valeurs inférieures
(W 1 et W 2 ne sont pas dé…nis !)
N’oubliez pas que pour utiliser une intégration par parties, les deux fonctions u et v doivent être
dérivables sur l’intervalle utilisé.
II.2) Du fait de la restriction n > 2 en I.3, on retrouve la même restriction sur la formule In = In 1 .
Du coup, la suite (In ) n’est constante qu’à partir de n = 1. Mais là aussi, on fait la même remarque : I0
n’est de toute façon pas dé…ni.
p Si vous avez étudié les mathématiques dans le supérieur, vous déduirez de cette formule que Wn
2n
II.3) Attention ! Le fait que Wn Wn
que Wn a bien une limite !
1
! 0 n’implique pas que Wn ! 0, si l’on n’a pas montré d’abord
Cm
2m
, sinon,
III) On pourrait synthétiser cette partie ainsi : Si n est pair, n = 2m, alors Wn = 22m+1
2m
2
n = 2m + 1 et Wn = (2m+1)C m
2m
Si vous aimez les formules barbares, on peut encore synthétiser pour avoir une formule unique :
Pour tout n, Wn = n
2
2n
n
2
1
[ n2 ]
nCn
+
1+2
n
2
1
c Le coin des amatheurs, août 200^7
http://maths.amatheurs.fr
3
n
[ n2 ]
Cn
2n+1