PCSI5
Lyc´ ee Saint Louis
Correction du devoir maison
DM10
Int´ egrale de Wallis et int´ egrale de Gauss
I. Int´ egrales de Wallis
1. On effectue le changement de variable x = π
2 − u d’o` u dx = −du. On obtient alors : W
n= −
Z
0π 2
cos
nπ 2 − u
dx = Z
π2
0
sin
n(u) dx
2. W
0= Z
π2
0
dt = π
2 et W
1= Z
π2
0
sin tdt =
− cos t
π20
= 1.
3. Soit n ∈ N , on a
W
n+1− W
n= Z
π2
0
(sin
n+1t − sin
nt)dt = Z
π2
0
sin
nt(sin t − 1)dt ≤ 0 puisque pour tout t ∈
0,
π2, 0 ≤ sin t ≤ 1, donc sin
nt(1 − sin t) ≤ 0. La suite (W
n)
n∈Nest donc d´ ecroissante.
Soit n ∈ N . Comme pour tout t ∈ 0,
π2, 0 ≤ sin t, donc 0 ≤ sin
nt. Par positivit´ e de l’int´ egrale, on a W
n≥ 0. La suite (W
n)
n∈Nest d´ ecroissante et minor´ ee, elle converge par le th´ eor` eme de la limite monotone.
4. Soit n ∈ N. Par l’absurde, supposons que W
n= 0. Comme la fonction t 7→ sin
n(t) est continue et positive sur
0,
π2, on en d´ eduit que la fonction t 7→ sin
n(t) est nulle sur 0,
π2ce qui est absurde (elle vaut 1 en π
2 ). Ainsi, W
n6= 0.
5. Soit n ∈ N . Par int´ egration par parties, les fonctions t 7→ cos t et t 7→ sin
n+1t ´ etant de classe C
1sur
0,
π2, on a : W
n+2=
Z
π2
0
sin t × sin
n+1t =
cos t sin
n+1t
π20
− Z
π2
0
cos t(n + 1)(− cos t sin
nt)dt
= (n + 1) Z
π2
0
sin
nt cos
2tdt = (n + 1) Z
π2
0
sin
nt cos
2t(1 − sin
2t)dt
= (n + 1)W
n− (n + 1)IW n + 2.
On en d´ eduit que (n + 2)W
n+2= (n + 1)W
npuis que W
n+2= n + 1 n + 2 W
n. 6. Pour n ∈ N , Notons J
n= (n + 1)W
nW
n+1. On a
J
n+1− J
n= (n + 2)W
n+1W
n+2− (n + 1)W
nW
n+1= (n + 1)W
n+1W
n− (n + 1)W
nW
n+1= 0 donc (W
n)
n∈Nest constante, de valeur W
0= W
0W
1=
π2.
7. Soit n ∈ N , on a W
n+2≤ W
n+1≤ I
n(car la suite (W
n)
n∈Nest d´ ecroissante). Comme W
n> 0 (d’apr` es les questions 2 et 3), on en d´ eduit que :
n + 2
n + 1 = W
n+2W
n≤ W
n+1W
n≤ 1 avec la question 4.
Le th´ eor` eme de convergence par encadrement nous donne alors W
n+1W
n−→
n→+∞
1 donc W
n∼
n
W
n+1.
1
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8. On sait W
n+1∼
n
W
ndonc J
n∼
n
nW
n2. Or, pour tout n ∈ N , J
n= π
2 . Ainsi, nW
n2∼
n
π 2 . Finalement, on en d´ eduit que W
n∼
n
r π
2n . Ainsi, lim
n→+∞
W
n= 0.
9. De la relation de r´ ecurrence de la question 4, on obtient, pour p ∈ N : W
2p= 2p − 1
2p I
2p−2= (2p − 1)(2p − 3) (2p)(2p − 2) I
2p−4= (2p − 1)(2p − 3)(2p − 5)
(2p)(2p − 2)(2p − 4) I
2p−6= · · · = (2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1 (2p) × (2p − 2) × · · · × 2 W
0.
= [(2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1] × [(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]
[(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]
2× π 2
= (2p)!
(2
pp!)
2× π
2 = (2p)!
4
p(p!)
2× π 2 et de mˆ eme :
W
2p+1= 2p
2p + 1 I
2p−1= (2p)(2p − 2)
(2p + 1)(2p − 1) I
2p−3= (2p)(2p − 2)(2p − 4)
(2p + 1)(2p − 1)(2p − 3) I
2p−5= · · · = (2p) × (2p − 2) × · · · × 2 (2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 3 W
1= [(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]
2[(2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 3] × [(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]
= (2
pp!)
2(2p + 1)! = 4
p(p!)
2(2p + 1)!
II. Int´ egrale de Gauss
1. La fonction F est une primitive de x 7→ e
−x2(continue sur R ), elle est donc d´ erivable, et pour x ∈ R , F
0(x) = e
−x2> 0. F est donc strictement croissante.
2. Pour x ∈ [1, +∞[, on a 1 ≤ x, donc en multipliant par x > 0, x ≤ x
2et −x
2≤ −x. En appliquant exp, croissante sur R, on en d´ eduit que e
−x2≤ e
−x.
3. Soit x ∈ [1, +∞[. Par la relation de Chasles, F(x) =
Z
1 0e
−t2dt + Z
x1
e
−t2dt = F (1) + Z
x1
e
−t2dt ≤ F (1) + Z
x1
e
−tdt
= F (1) +
− e
−t x1
= F (1) + e − e
−x≤ F (1) + e
puisque, par la question pr´ ec´ edente, pour tout t ∈ [1, x], e
−t2≤ e
−t, donc par croissance de l’int´ egrale,
Z
x1
e
−t2dt ≤ Z
x1
e
−tdt.
Par suite, F est croissante et major´ ee (par F (1) + e). Elle admet donc une limite en +∞.
4. Soit f :] − 1, +∞[→ R , u 7→ u − ln(1 + u). f est d´ erivable sur ] − 1, +∞[ (comme combinaison lin´ eaire de fonctions qui le sont), et pour u ∈]−1, +∞[, f
0(u) = 1 −
1+u1=
1+uuest de mˆ eme signe que u. f est donc d´ ecroissante sur ] − 1, 0] et croissante sur [0, +∞[, donc admet un minimum en 0.
On a f (0) = 0, donc pour tout u ∈] − 1, +∞[, f (u) ≥ f(0) = 0, ce qui montre que ln(1 + u) ≤ u.
5. Soit n ∈ N
∗.
2
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(a) Pour t ∈ [0, √
n[, la question pr´ ec´ edente donne (puisque −
tn2∈] − 1, 0]) ln
1 −
tn2≤ −
tn2. Comme n > 0, on en d´ eduit que n ln
1 −
tn2≤ −t
2et comme exp est croissante,
exp
n ln
1 − t
2n
≤ e
−t2i.e.
1 − t
2n
n≤ e
−t2. Cette derni` ere in´ egalit´ e reste vraie lorsque t = √
n, donc par croissance de l’int´ egrale, Z
√n
0
1 − t
2n
ndt ≤ Z
√n
0
e
−x2dx.
(b) Le changement de variable t = √
n cos u ´ equivaut ` a u = arccos
√tn
. Il donne dt =
− √
n sin udu et les bornes deviennent
π2et 0 : Z
√n
0
1 − t
2n
ndt = Z
0π 2
(1 − cos
2u)
n(− √
n sin u)du = √ n
Z
π2
0
(sin
2u)
nsin udu
= √ n
Z
π2
0
sin
2n+1udu = √
nw
2n+1.
Finalement,
√ nW
2n+1≤ Z
√n
0
e
−x2dx
6. Soit n ∈ N
∗.
(a) Pour t ∈ R,
tn2∈ R
+, et par la question 1, ln
1 +
tn2≤
tn2. Comme −n < 0, on en d´ eduit que −n ln
1 +
tn2≥ −t
2. Comme exp est croissante on en d´ eduit que :
e
−t2≤ exp
−n ln
1 + t
2n
=
1 + t
2n
−n.
(b) On pose le changement de variable t = √
n tan u dans l’int´ egrale propos´ ee, qui ´ equivaut
`
a u = arctan
√t n
. Ceci transforme dt en √
n(1 + tan
2u)du et les bornes en 0 et B = arctan (1) = π
4 . On obtient donc : Z
√n
0
1 + t
2n
−ndt = Z
π4
0
(1 + tan
2u)
−n√
n(1 + tan
2u)du
= √ n
Z
π40
1 cos
2u
n−1du = √ n
Z
π40
cos
2pudu avec p = n − 1.
(c) On pose le changement de variable u =
π2− t pour trouver : Z
B0
cos
2ptdt = Z
π2−B
π 2
cos
2pπ 2 − u
(−du) = Z
π2
π 2−B
sin
2pudu.
(d) D’apr` es la question (b) et par croissance de l’int´ egrale, on a : Z
√n
0
e
−t2dt ≤ Z
√n
0
1 + t
2n
−ndt = √ n
Z
π4
0
cos
2n−2tdt = √ n
Z
π2
π 4
sin
2n−2udu ≤ √
nW
2n−2puisque sin
2n−2u ≥ 0 sur [0,
π4].
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7. D’apr` es les questions 6. et 7., on a pour tout n ∈ N
∗,
√ nW
2n+1≤ Z
√n
0
e
−x2dx ≤ √
nW
2n−2Or, d’apr` es A.8, on a √
nW
2n+1∼
n
√ nW
2n∼
n
√ n r π
4n d’o` u √
nW
2n+1∼
n
√ π
2 donc
n→+∞
lim
√ nW
2n+1=
√ π 2 . De mˆ eme, √
nW
2n−2∼
n
√ nW
2nπ 4 ∼
n
√ π
2 donc lim
n→+∞
√ nW
2n−2=
√ π 2 . Par passage ` a la limite dans l’in´ egalit´ e, on obtient
Z
+∞0
e
−x2dx =
√ π 2 .
A RETENIR. ` Valeur de l’int´ egrale de Gauss : Z
+∞0
e
−x2dx =
√ π 2 .
4