Problème : deux applications des intégrales de Wallis

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2021-2022 1

Corrigé du DM n°5 pour lundi 15/11/2021

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Problème : deux applications des intégrales de Wallis

Pour tout n ∈ N , on définit l’intégrale de Wallis d’ordre n par W n =

Z

2

0 sin ⁿ t dt.

Si ( u _n ) et ( v _n ) sont deux suites réelles équivalentes, on note u _n ∼ v _n . On propose dans ce problème deux applications des intégrales de Wallis :

• déterminer la limite lorsque x tend vers + ∞ de

Z x

0 e ^{− t}

dt

• déterminer un équivalent du coefficient binomial ²ⁿ _n .

1 Généralités sur les intégrales de Wallis

1. Le changement de variable u = ^π ₂ − t avec du = − dt montre que l’on a aussi W n =

Z

2

0 cos ⁿ t dt 2. Formule explicite

(a) On a W ₀ = π

2 et W ₁ = 1 .

(b) ,Soit n > 1. On pose u ( t ) = sin ⁿ t donc u ^′ ( t ) = n sin ^{n −1} t cos t et v ^′ ( t ) = sin t donc v(t) = − cos t. Une intégration par parties donne alors

Z

0 sin ⁿ⁺¹ t dt = [ − cos t sin ⁿ t]

π 2

| {z 0 }

0

+n

Z

0 sin ^{n −1} t(1 − sin ² t) dt, d’où W _n+1 = nW n −1 − nW _n+1 ce qui donne bien W _n+1 = _{n +1} ⁿ W n −1 .

3. Soit p ∈ N , démontrons la propriété demandée notée HR(p) par récurrence sur p.

⊲ HR(0) est vraie car W ₀ = ^π ₂ et ₍₂ ^(0)!

0!)

π 2 = ^π ₂ .

⊲ Supposons que HR ( p ) est vraie. En utilisant la relation de récurrence puis HR ( p ), on a W _2(p+1) = W ₂ p +2 = 2p + 1

2p + 2 W ₂ p = 2p + 1

2p + 2 × (2p)!

(2 ^p p!) ² π

2 = (2p + 2) (2p + 2)

(2p + 1) (2p + 2)

(2p)!

(2 ^p p!) ² π 2

= (2p + 2)!

2 ² (p + 1) ² (2 ^p p!) ² π

2 = (2p + 2)!

(2 ^p+1 (p + 1)!) ²

π

2 .

HR(p + 1) est donc vraie.

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2021-2022 2 4. Équivalent

(a) En utilisant la relation de récurrence de la question 2b, on obtient directement que pour n > 1, u n = u _n+1 et comme u ₁ = ^π ₂ , on a W n −1 W n = π

2n .

(b) Comme W ₀ > 0 et W ₁ > 0, on montre par récurrence à l’aide de la relation de récurrence que W n > 0 pour tout n.

(c) Il suffit de prouver que la suite ( W _n ) est décroissante. Pour n ∈ N et x ∈ [0 , ^π ₂ ], on a sin x ∈ [0, 1] donc sin ⁿ⁺¹ x 6 sin ⁿ x, on conclut que W _n+1 6 W n en intégrant.

On a donc W _n+1 6 W _n 6 W _{n −1} puis _W ^W

n−1

6 _W ^W

n−1

6 1 en divisant par W _{n −1} > 0.

Mais W n +1

W n −1

= n

n + 1 tend vers 1. On conclut donc par le théorème des gendarmes que _W ^W

n−1

tend vers 1, d’ où W _n ∼ W _{n −1} . (d) Puisque W n −1 W n = π

2n , l’équivalent précédent donne que lim n →+∞ nW _n ² = ^π ₂ d’où par continuité de la racine carrée, lim n → + ∞

q nW _n ² = ^{q π} ₂ , ce qui prouve que pour n au voisinage de + ∞ , W n ∼

r π 2n .

5. Déterminer à l’aide des intégrales de Wallis W ₂ n un équivalent de ²ⁿ _n . On a vu que :

W _2n = (2n)!

(2 ⁿ n!) ² π

2 = 2n!

(n!) ² × 1 4 ⁿ

π

2 et W _2n ∼

r π 4n =

√ π 2 √

n . On en déduit par produit d’équivalents que :

2n!

( n !) ² ∼ 2 × 4 ⁿ π × 4 ⁿ

√ π

2 √ n = 4 ⁿ

√ nπ .

Comme ²ⁿ _n = _(n!) ^2n!

, on a montré que : 2n

n

!

∼ 4 ⁿ

√ nπ .

2 Calcul de l’intégrale de Gauss

Soit f la fonction définie sur R par f ( x ) =

Z x

0 e ^{− t}

d t .

6. La fonction t 7→ e ^{− t}

est continue sur R , donc f est dérivable sur R (elle est même de classe C ¹ ), et on a pour x ∈ R , f ^′ (x) = e ^{− x}

> 0, ce qui montre que f est croissante sur R .

7. Pour x > 1, on a

Z x

1 e ^{− t} d t = 1 − e ^{− x} 6 1.

Pour x > 1, et pour t ∈ [1, x], on a t ² > t, donc e ^{− t}

6 e ^{− t} . On en déduit que

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Z x

0 e ^{− t}

dt =

Z 1

0 e ^{− t}

dt +

Z x

1 e ^{− t}

dt 6

Z 1

0 e ^{− t}

dt +

Z x 1 e ^{− t} dt 6

Z 1

0 e ^{− t}

dt + 1

Ceci prouve que f est majorée sur [1, + ∞ [.

On en déduit par théorème de la limite monotone (pour les fonctions) que f admet une limite finie en + ∞ . On note cette limite

Z _+∞

0 e ^{− t}

dt, on l’appelle l’intégrale de Gauss.

8. Une application : pour n ∈ N ^∗ , on pose J n =

Z ^√ n

0 1 − t ² n

! n

dt.

Pour t ∈ [0, √

n[, ^{√ t} _n ∈ [0, 1[, on pose alors cos u = ^{√ t} _n , avec u ∈ ]0, ^π ₂ ]. On a − sin u du =

√ 1 n dt.

Ainsi

Z ^√ n

0 1 − t ² n

! n

dt =

Z ₀

π 2



  1 − cos ² u

| {z }

sin

u



 

n

( − √

n sin u du) = √

n W _2n+1 .

D’après la question précédente, on a

√ n W _2n+1 ∼ √ n

s π

2(2 n + 1) =

√ n √

√ π

4n + 2 ∼

√ n √

√ π 4n =

√ π 2 .

Ainsi lim J n =

√ π 2 .

9. (a) On peut le prouver en étudiant le signe de la fonction t 7→ ln(1 + t ) − t ou alors en remarquant que la fonction t 7→ ln(1 + t) est concave (sa dérivée t 7→ _1+t ¹ est décoissante) donc en particulier sa courbe est en dessous de sa tangente au point d’abscisse 0.

(b) Soit n > 1 et t ∈ [0, √

n[. On pose u = − ⁻ n ^t

∈ ] − 1, 0]. On a d’après l’inégalité précédente

ln(1 − t ²

n ) 6 − t ² n n ln(1 − t ²

n ) 6 − t ² ln((1 − t ²

n ) ⁿ ) 6 − t ² (1 − t ²

n ) ⁿ 6 e ^{− t}

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2021-2022 4 Pour la deuxième inégalité, avec u = ^t _n

> 0, on a

ln(1 + t ²

n ) 6 t ² n

− t ² 6 − n ln(1 + t ² n )

− t ² 6 ln 1 (1 + ^t _n

) ⁿ

!

e ^{− t}

6 1

1 + ^t _n

ⁿ

10. Soit n > 1, on intègre l’inégalité précédente entre 0 et √

n. On obtient

Z ^√ n

0 (1 − t ²

n ) ⁿ dt 6

Z ^√ n

0 e ^{− t}

dt 6

Z ^√ n 0

1

1 + ^t _n

ⁿ dt.

D’après la question 8, le membre de gauche est J _n = √ nW _2n+1 .

Pour le membre de droite effectuons le changement de variable t = √

n tan u. Quand

√ t

n ∈ [0, 1[, on a u ∈ [0, ^π ₄ [, de plus dt = √ n(1 + tan ² u) du = √ n(1 + ^t _n

) du.

On a donc

Z ^√ n 0

1

1 + ^t _n

ⁿ dt =

Z

4

0

√ n(1 + ^t _n

)

(1 + ^t _n

) ⁿ du = √ n

Z

4

0

1 1 + ^t _n

! n − 1

du

= √

n

Z

0

1

1 + tan ² u

n −1

du

= √

n

Z

4

0

cos ² u ^{n − 1} du = √ n

Z

4

0 cos ^{2n −2} u du

6 √

n

Z

4

0 cos ^{2n −2} u du car ∀ u ∈ [0, π

2 ], cos ^{2n −2} u > 0

= √

nW _{2n −2} Ainsi on a bien

√ n W _2n+1 6

Z ^√ n

0 e ^{− t}

dt 6 √

n W _{2n −2} .

11. Le théorème des gendarmes montre que ^R ₀ ^{√ n} e ^{− t}

dt tend vers ^√ ₂ ^π , et comme

Z x

0 e ^{− t}

dt admet une limite en + ∞ , elle vaut ^√ ₂ ^π . On prouvé que

Z + ∞

0 e ^{− t}

dt =

√ π

2 .