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Intégrales de Wallis - obtention d'un équivalent - Bibm@th.net

Exercice 1

- Intégrales de Wallis - obtention d'un équivalent [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Pour $n\in\mathbb N$, on définit $I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n xdx$.

Démontrer que, pour tout $n\in\mathbb N$, $I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n xdx$.
Démontrer que la suite $(I_n)$ est décroissante.
Etablir que, pour tout $n\in\mtn$, on a : $(n+2)I_{n+2}=(n+1)I_n$.
Montrer que, pour tout $p\in\mathbb N$, $$I_{2p}=\frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2}\frac{\pi}{2}\textrm{ et }I_{2p+1}=\frac{2^{2p}(p!)^2}{(2p+1)!}.$$
Montrer que $(n+1)I_{n+1}I_n=\frac{\pi}{2}$.
Montrer que $\dis \frac{n+1}{n+2}\leq \frac{I_{n+1}}{I_n}\leq 1$ et en déduire que $I_{n+1}\sim_{+\infty}I_n$.
Montrer que $\dis I_n\sim_{+\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.

Indication

Corrigé

Appliquons le changement de variables $u=\frac\pi2-t$. Alors $$\int_0^{\pi/2}\sin^n tdt=-\int_{\pi/2}^0 \sin^n\left(\frac \pi2-u\right)du= \int_0^{\pi/2}\cos^n (u)du.$$
Sur $[0,\pi/2]$, on a $0\leq \sin \leq 1$. Ceci entraine que, pour tout $t\in[0,\pi/2]$, on a $\sin^{n+1}(t)\leq \sin^n(t)$. Il suffit d'intégrer cette inégalité entre $0$ et $\pi/2$ pour obtenir le résultat.
On intègre par parties $I_{n+2}$ en écrivant $\sin^{n+2}t=\sin^{n+1} t\sin t$, en dérivant $\sin^{n+1} t$ et en intégrant $\sin t$. On obtient : $$I_{n+2}=(n+1)\int_0^{\pi/2}\sin^n t\cos^2tdt=(n+1)\int_0^{\pi/2} \sin^nt(1-\sin^2 t)dt.$$ Remettant ensembles tous les termes qui contiennent $I_{n+2}$, on obtient : $$(n+2)I_{n+2}=(n+1)I_n.$$
Remarquons par un petit calcul que $$I_0=\frac{\pi}{2}\textrm{ et }I_1=1.$$ On a : $$I_{2p}=\frac{2p-1}{2p}I_{2p-2}=\frac{(2p-1)(2p-3)}{2p(2p-2)}I_{2p-4}=\dots.$$ On obtient : $$I_{2p}=\frac{(2p-1)(2p-3)\times\dots\times 3\times 1}{2p(2p-2)\times\dots\times 4\times 2}I_0.$$ On complète les trous en haut en multipliant par $2p(2p-2)\dots 4\times 2$, et on obtient : $$I_{2p}=\frac{(2p)!}{\big(2p(2p-2)\times\dots\times 4\times 2\big)^2}\frac{\pi}{2}.$$ Il reste à simplifier le dénominateur. On trouve : $$2p(2p-2)\times\dots\times 4\times 2=2^{p}p(p-1)\times 1=2^p p!.$$ On obtient finalement $$I_{2p}=\frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2}\frac{\pi}{2}.$$ On peut refaire le même type de calcul pour $I_{2p+1}$, ou utiliser l'astuce suivante. D'après la formule de récurrence : $$(2p+1)I_{2p+1}=(2p)I_{2p-1}.$$ On multiplie cette formule par $I_{2p}$ : $$(2p+1)I_{2p+1}I_{2p}=(2p)I_{2p}I_{2p-1}.$$ On réitère alors le procédé : $$(2p+1)I_{2p+1}I_{2p}=(2p)I_{2p}I_{2p-1}=(2p-1)I_{2p-1}I_{2p}=\dots=I_1I_0=\frac{\pi}{2}.$$ On en déduit : $$I_{2p+1}=\frac{1}{(2p+1)I_{2p}}\times \frac{\pi}{2},$$ ce qui donne : $$I_{2p+1}=\frac{2^{2p}(p!)^2}{(2p+1)!}.$$
La formule peut se trouver très facilement à partir des formules trouvées ci-dessus, en séparant les cas $n$ pair et $n$ impair. On peut aussi la démontrer directement en utilisant l'astuce employée pour calculer $I_{2p+1}$ à partir de $I_{2p}$.
On a déjà démontré que la suite $(I_n)$ est décroissante, ou encore, puisqu'elle est positive, que $\frac{I_{n+1}}{I_n}\leq 1$. D'autre part, la formule de récurrence donne : $$I_{n+1}\geq I_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}I_n.$$ Divisant par $I_n$, on obtient l'autre inégalité demandée.
De $(n+1)I_{n+1}I_n=\frac{\pi}{2}$ et de l'inégalité précédente, on déduit : $$\frac{\pi}{2}\leq (n+1)I_n^2=\frac{\pi}{2}\frac{I_n}{I_{n+1}}\leq \frac{\pi}{2}\frac{n+2}{n+1}.$$ Il suffit ensuite de prendre la racine carrée de cette inégalité et de multiplier par $\displaystyle \sqrt{\frac{2}\pi}$ pour obtenir le résultat.