Intégrales de Wallis - 3

 

Sujet
Trouvez un équivalent de \(\begin{align*} I_n = \int_0^{\pi/4} tan^nt.dt \end{align*}\), avec \(n \space \in \mathbb N \)

 

Pour cet exercice, il n'y a aucun guide, ce qui fait sa difficulté. L'exercice ressemble aux intégrales de Wallis, alors on va suivre le cheminement de la démonstration des intégrales de Wallis, lorsqu'il s'agit de trouver un équivalent de \(\begin{align*} \int_0^{\pi/2}sin^nt.dt  \end{align*}\)

Pour trouver un équivalent de \(I_n\) il va nous falloir:

  • trouver une formule de récurrence
  • démontrer que \(I_n\) converge
    • \(I_n\) est monotone
    • \(I_n\) est bornée
  • Trouver un encadrement de \(I_n\)
  • Trouver l'équivalent de \(I_n\)

 

Réponse:

Trouver une récurrence

La fonction \(x \mapsto tan^nt\) est de la forme \(u^n\). Il semble inutile de passer par la forme \(\frac{sin^nt}{cos^nt}\) car elle semble compliquer la situation. En revanche , nous savons intégrer une fonction de la forme \( u'u^n\) dont une primitive est \(\frac{u^{n+1}}{n+1}\). Peut être serait il intéressant de calculer la dérivée de la fonction \(tan\)....

\(\begin{align*} & \frac{d}{dt}(tan t) = \frac{d}{dt} \bigg(\frac{sin t}{cos t} \bigg) 
= \frac{cost.cost - (-sint.sint)}{cos²t} \\
&= \frac{cos²t+sin²t}{cos²t} = \begin{cases} \frac{1}{cos²t} \\ \text{ou} \\ 1 + tan²t \end{cases} \end{align*}\)

Calculons l'intégrale  \(\begin{align*}I_n = \int_0^{\pi/4}(1+tan²t)tan^nt.dt\end{align*}\)

\(\begin{align*} \begin{cases} I_n & = \int_0^{\pi/4}(1+tan²t)tan^nt.dt = \int_0^{\pi/4}tan^nt.dt + \int_0^{\pi/4}tan^{n+2}t.dt = I_n+I_{n+2}  \\ I_n & = \int_0^{\pi/4}(1+tan²t)tan^nt.dt = \bigg[ \frac{tan^{n+1}t}{n+1} \bigg]_0^{\pi/4} = \frac{1}{n+1} \end{cases} \end{align*}\)

Nous avons donc \[\boxed{I_n+I_{n+2} = \frac{1}{n+1}}\]

Monotonie et convergence de \(I_n\)

sur \([0;\pi/4]\):

\(\begin{align*}  0 & \leq tant \leq 1 \\ \Rightarrow 0 & \leq tan^{n+1}t \leq tan^nt \leq 1 \\
 \Rightarrow 0 & \leq \int_0^{\pi/4}tan^{n+1}t.dt \leq \int_0^{\pi/4}tan^nt.dt \\
  \Rightarrow 0 & \leq I_{n+1} \leq I_n \space , \space \forall \space n \space \in \mathbb N\end{align*}\)

Donc \(I_n\) est décroissante, et elle est \( \geq 0\), et d après le Théorème des suites monotones bornées, \(I_n\) est convergente. 

\[\boxed{ \begin{cases} I_n \space \searrow \\ I_n \geq 0 \end{cases} \space\space \Rightarrow\space\space I_n \text{ converge}}\]

 

Recherche de l'équivalent:

\(I_n\) est décroissante \(\forall \space n \space \in \mathbb N\), donc \(\forall \space n \space \in \mathbb N\) :

\(I_{n+2} \leq I_{n+1} \leq I_{n}\)

  En ajoutant \(I_n\) de chaque coté   En ajoutant \(I_{n+2}\) de chaque coté
\( \Rightarrow\) \(  I_{n+2} \leq I_{n} \) \( \Rightarrow\) \(  I_{n+2} \leq I_{n}\) 
\( \Rightarrow\)  \(I_{n+2}+ I_{n} \leq I_{n}+ I_{n} \) \( \Rightarrow\) \(I_{n+2}+I_{n+2} \leq I_{n+2}+\leq I_{n}\)
\( \Rightarrow\) \(I_{n+2}+ I_{n} \leq 2I_{n}\)  \( \Rightarrow\) \(2I_{n+2} \leq I_{n+2}+ I_{n}\)
\( \Rightarrow\) \(\frac{1}{n+1} \leq 2I_{n} \) \( \Rightarrow\) \(2I_{n+2}\leq \frac{1}{n+1}\)
\( \Rightarrow\) \(\frac{1}{2(n+1)} \leq I_{n}\) \( \Rightarrow\) \(I_{n+2}\leq \frac{1}{2(n+1)}\)
  En remplaçant (n+2) par n   \( \Rightarrow\) \(I_{n}\leq \frac{1}{2((n-2)+1)}\)
    \( \Rightarrow\) \(I_{n}\leq \frac{1}{2(n-1)}\)

 

\[ \boxed{\frac{1}{2(n+1)} \leq I_{n} \leq \frac{1}{2(n-1)}}\]

 

Dire \(\begin{align*} f  \space \space \widetilde{+ \infty} \space\space g \space\space\Leftrightarrow \space\space \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{f}{g}=1 \end{align*}\)

On pressent que \(I_n \space \space \widetilde{+ \infty} \space\space \frac{1}{2n}\), alors calculons la \(\begin{align*}\lim\limits_{+\infty} \frac{I_n}{1/2n} =\lim\limits_{+\infty} (2n \times I_n)\end{align*}\)

\(\begin{align*} & \frac{1}{2(n+1)} \leq I_{n} \leq \frac{1}{2(n-1)} \\  \Leftrightarrow \space& \frac{2n}{2(n+1)} \leq 2n \times I_{n} \leq \frac{2n}{2(n-1)} \\ \Leftrightarrow \space & \lim\limits_{+\infty}\frac{2n}{2(n+1)} \leq \lim\limits_{+\infty} 2n \times I_{n} \leq \lim\limits_{+\infty}\frac{2n}{2(n-1)} \\ \Leftrightarrow \space & 1 \leq \lim\limits_{+\infty} 2n \times  I_n \leq 1 \end{align*}\)

D'après le Théorème des genfarmes : \(\begin{align*} \lim\limits_{+\infty} 2n \times  I_n = 1 \Leftrightarrow  \lim\limits_{+\infty} \frac{I_n}{1/2n}  = 1\end{align*}\) et pour finir :

\[ \boxed{      I_n \space \space \widetilde{+ \infty} \space \space \frac{1}{2n}      }\]