Définition:

Par exemple de \(F(x) = x²\) est une primitive de de \(f(x)= 2x\). En effet, \(F'(x) = (x²)'=2x = f(x)\)

Remarque:
Si \(f\) est à valeurs dans \(\mathbb C\), alors on peut écrire:

•  \(f=f_1+if_2\) avec \(f_1= \Re (f)\) et \(f_2 = \Im(f)\), et
• \(F = F_1+iF_2\) avec \(F_1'=f_1\) et \(F_2'=f_2\)

Propriété:

En effet, si \(\forall x \in \mathbb R, F(x) = C\), alors \(F'(x)=0=f(x)\) 

Théorème:

Propriétés:

Par exemple: 

• Donnez l'ensemble des primmitives de \(f(x) = 2x\):
  \(f(x)\) est définie et continue sur \(\mathbb R\), et la fonction \(F(x)=x²+C\) avec \(C \in \mathbb R\) est une primitive de \(f(x)\) car \(F'(x) = 2x \space \forall \space x \in \mathbb R\)

• En déduire la primitive de \(f(x)\) qui prend la valeur \(5\) pour \(x=1\)
  \(F(1) = 5 \Rightarrow 1²+C=5 \Rightarrow C=4\)
  \(F(x) = x²+ 4\) est la primitive de \(f(x)=2x\) qui prend la valeur \(5\) pour \(x=1\)

Remarque: Pour déterminer toutes les primitives d'une fonction, il suffit d'en trouver une. Toutes les autres s 'en déduisent à une constante près.

Proposition:

Remarque importante :

De nombreux calculs de primitives se font en reconnaissant la dérivée d'une fonction composée. Par exemple:
\(\begin{align*} \begin{cases}  & \mathbb R & \to & \mathbb K \\
& x & \mapsto & f(ax+b)  \end{cases} \end{align*}\)      a pour primitive (avec \(a \neq 0\))    \(\begin{align*} \begin{cases}  & \mathbb R & \to & \mathbb K \\
& x & \mapsto & \frac{1}{a}F(ax+b)  \end{cases} \end{align*}\)
On comprend alors l'importance de bien connaître les dérivées des fonctions usuelles et le tableau des primitives usuelles

Le théorème suivant permet :

• d'assurer l'existence de primitives pour une fonction continue sur un intervalle
• de calculer une intégrale à l'aide d'une primitive
• de ramener la recherche de primitives à un calcul d'intégrale.

Ce théorème est connu sous le nom de Théorème fondamental de l'analyse
On peut généraliser la notion d 'intégrale aux fonctions à valeurs dans \(\mathbb C\). Si \(f\) est une fonction continue sur un intervalle \(I\) et a valeurs dans \(\mathbb C\) , et si \((a;b) \in \mathbb C²\), alors l'intégrale de \(f\) entre \(a\) et \(b\) est définie par:

\[ \begin{align*} \int_a^b f(t)dt = \int_a^b (\Re f(t)) dt + \int_a^b (\Im f(t))dt \end{align*}\] 

Théorème:

Proposition:

Remarque: Soit \(f\) une fonction continue sur \(I\) et \(a \in I\). Les primitives de \(f\) sur \(I\) sont donc les fonctions
\(x \mapsto \int_a^x f(t)dt +C\) avec \(C \in \mathbb K\)  

Partie A :

\[\forall n \in \mathbb N, I_n = \int_0^{\pi/2} cos^nt.dt\]

1. Etudier la monotonie de la suite \((I_n)_{(n \in \mathbb N)}\)
2. Calculs
   1. Calculer \(I_0\)
   2. Calculer \(I_1\)
3. Démontrer à l'aide d'une IPP que \(\forall n \in \mathbb N\), \((n+2)I_{n+2}= (n+1)I_n\)
4. En déduire que \(\forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_n = \pi/2 \)
5. Démontrer en utilisant les questions 1 et 3 que \(\lim\limits_{n \mapsto + \infty}\frac{I_{n-1}}{I_n}=1\)
6. Démonstrations
   1. Démontrer que si \(n \to + \infty\) alors \(I_n\) à pour  équivalent    \( \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\)
   2. En déduire que la suite \(I_n\) converge et préciser sa limite
7. Démontrer que \(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N, I_{2n} = \prod_{k=0}^{n-1}\frac{2k+1}{2k+2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{(2n)!}{[2^n.n!]²}\frac{\pi}{2} \end{align*}\)
8. Déduire des questions 6 et 7 que \(\forall n \in \mathbb N, \lim\limits_{n \to + \infty}\frac{1 \times 3 \dots \times (2n+1)}{2 \times 4\times \dots \times 2n}\frac{1}{\sqrt n}=\frac{2}{\sqrt\pi}\)

Partie B:

Pour la suite, on pose:\[\forall n \in \mathbb N,  \forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_n(x)=\int_0^xtan^nt.dt\]

1. Calculer \(F_1(x)\) et \(F_2(x)\) \(\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[\)
2. Soient \(n \in \mathbb N,\) et \(x \in ]-\pi/2;\pi/2[\), démontrer que \(F_{n+2}(x)+F_n(x)=\frac{tan^{n+1}x}{n+1}\)
3. En déduire la valeur de \(F_4(x), \forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[\)
4. On pose: \(\forall n \in \mathbb N, J_n=\int_0^{\pi/4}tan^nt.dt = F_n(\pi/4)\)
   Etudier la monotonie de \((J_n)_{n \in \mathbb N}\). \(J_n\) est elle convergente?
5. Soit \(a \in ]0;\pi/4[\), montrer que\((\frac{\pi}{4}-a) tan^na \leq J_n \leq a.tan^na+(\frac{\pi}{4}-a)\)
6. On note \(\forall n \in \mathbb N , U_n=\frac{(-1)^n}{2n+1}\) et \(.(S_n)_{n \in \mathbb N}\) la suite des sommes partielles de \(U_n\)
   1. En utilisant la question 10, montrer que , \(\forall n \in \mathbb N, S_n = \sum_{k=0}^n(-1)^k(J_{2k}+ J_{2k+2})\)
   2. En déduire que \(\forall n \in \mathbb N, S_n= \pi/4+(-1)^nJ_{2n+2}\)
   3. La série \(\sum U_n\) est elle convergente? Si oui quelle est sa somme?

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} I_n=\int_0^{\pi/2}(cost)^n dt\end{align*}\)

• La fonction \(x \mapsto cos(x)\) est de classe \(C^1\) sur l'intervalle \([0;\pi/2]\)
  • Elle est continue , et dérivable sur cet intervalle
  • Sa dérivée est continue donc primitivable
• \(\forall n \space \in \mathbb N\), La fonction \(x \mapsto (cos(x)^n\) est aussi de classe \(C^1\) sur l'intervalle \([0;\pi/2]\)

• \(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\),  \(\begin{align*} I_n=\int_0^{\pi/2}(cost)^n dt \end{align*}\) existe

 Sur \([0; \pi/2]\), la fonction \( t \mapsto cos(t)\) est:

• continue, donc \(t \mapsto cos^nt\) est continue, donc intégrable
• \(>0\) et n 'est pas identiquement nulle, donc \(t \mapsto \int cos^nt.dt\) est \(> 0\)
• et:
  \(\begin{align*} & 0 \leq cos(t)  \leq 1 \\
  \Rightarrow  &0 \leq cos^{n+1}t  \leq cos^nt  \\
  \Rightarrow &0 < \int_0^{\pi/2}cos^{n+1}t.dt  \leq \int_0^{\pi/2}cos^nt.dt \\
  \Rightarrow &0 < I_{n+1}  \leq I_n
  \end{align*}\)

La suite \((I_n)_{(n \in \mathbb N)}\) est décroissante et \(I_n >0\)

\(\begin{align*}I_0 & = \int_0^{\pi/2}cos^nt.dt 
 = \int_0^{\pi/2}cos^0t.dt \\
& = \int_0^{\pi/2}1 \times dt 
 = \big[t \big]_0^{\pi/2} 
 = \pi/2
\end{align*}\)

\[ \boxed{I_0 = \pi/2}\]

\(\begin{align*}I_1 & = \int_0^{\pi/2}cos^nt.dt = \int_0^{\pi/2}cos^1t.dt \\
& = \int_0^{\pi/2}cost.dt = \big[sint \big]_0^{\pi/2}  = 1-0=1
\end{align*}\)

\[ \boxed{I_1 = 1}\]

\(\forall n \in \mathbb N\),

\(\begin{align*}I_{n+2} & = \int_0^{\pi/2}cos^{n+2}t.dt \\
& = \int_0^{\pi/2}\big[ cost \times cos^{n+1}t\big].dt \\
& \begin{cases} u' =cost \\ v= cos^{n+1}t \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} u =sint \\ v'=(n+1)(cost^nt)(-sint) \end{cases} \\
I_{n+2} & = \underbrace{\big[sint \times cos^{n+1}t\big]_0^{\pi/2}}_{=0} -  \int_0^{\pi/2}\big[sint \times (n+1) \times  cos^{n}t \times (-sint)\big].dt \\
& = (n+1)\int_0^{\pi/2} sin²t  \times  cos^{n}t.dt \\
& = (n+1)\int_0^{\pi/2} (1-cos²t)  \times  cos^{n}t.dt \\
& = (n+1)\int_0^{\pi/2} cos^{n}t.dt- (n+1)\int_0^{\pi/2}cos²t  \times  cos^{n}t.dt \\
& = (n+1)\int_0^{\pi/2} cos^{n}t.dt- (n+1)\int_0^{\pi/2} cos^{n+2}t.dt \\
& = (n+1)I_n - (n+1)I_{n+2} \\
\Rightarrow & I_{n+2}+ (n+1)I_{n+2} = (n+1)I_n \\
\Rightarrow & (n+2)I_{n+2}=(n+1)I_n
\end{align*}\)

\[\boxed{\forall n \in \mathbb N, (n+2)I_{n+2}= (n+1)I_n}\]

Soit \(U_n\) telle que \( \forall n \in \mathbb N, U_n= (n+1)I_{n+1}I_n\)

\(\begin{align*} U_{n+1} & = (n+2)I_{n+2}I_{n+1} \\
& = (\cancel{n+2}) ( \frac{n+1}{\cancel{n+2}}I_n)I_{n+1} \\
& = (n+1)I_{n+1}I_n = U_n \end{align*}\)

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N, U_{n+1}= U_n  \end{align*}\) donc la suite \(U_n\) est constante et :
\(U_0 = (0+1)I_1I_0=1 \times 1 \times \pi/2 = \pi/2 \)

\[\boxed{\forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_n = \pi/2} \]

• question 1 : \(\forall n \in \mathbb N, I_n\) est décroissante et \(I_n>0\), donc \(I_n \neq 0\). On peut alors diviser par \(I_n\).
  \(\Rightarrow I_{n-2} \leq I_{n-1} \leq I_{n}\)
  \(\Rightarrow \frac{I_{n-2}}{I_{n}} \leq \frac{I_{n-1}}{I_{n}} \leq \frac{I_{n}}{I_{n}}\)
  \(\Rightarrow \frac{I_{n-2}}{I_{n}} \leq \frac{I_{n-1}}{I_{n}} \leq 1\)
• question 3 : \(\forall n \in \mathbb N, (n+2)I_{n+2}= (n+1)I_n\)
  \(\Rightarrow(n)I_{n}= (n-1)I_{n-2}\)
  \(\Rightarrow  \frac{I_{n-2}}{I_{n}}=\frac{n}{(n-1)} \)

On en déduit que \(\frac{n}{(n-1)} \leq \frac{I_{n-1}}{I_{n}} \leq 1\)

Or \(\lim\limits_{n \to + \infty}\frac{n}{n-1}=1\) et par le Théorème des gendarmes, on obtient:

\[\boxed {\lim\limits_{n \mapsto + \infty}\frac{I_{n-1}}{I_n}=1}\]

• question 4: \(\forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_n = \pi/2 \)
  • \(n+1 \space\space\widetilde{+\infty}\space\space n\)
• question 3: \(I_n>0\)
• question 5:  \(\lim\limits_{n \to + \infty}\frac{I_{n-1}}{I_n}=1\)
  • donc \(I_{n+1} \space\space\widetilde{+\infty}\space\space I_n \)

Il vient alors :

\(\begin{align*} & (n+1) I_nI_{n+1} = \pi/2 \\
\Rightarrow & n(I_n)² \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \pi/2  
\Rightarrow (I_n)² \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \pi/2n \\
 \Rightarrow & \lvert I_n \rvert \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \sqrt{\pi/2n}  
\Rightarrow  I_n \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \sqrt{\pi/2n} \end{align*}\)

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

• question 1 : \(I_n\) est décroissante et \(I_n>0\)
• question 6a: \(I_n \space\space\widetilde{+\infty}\space\space\sqrt{\frac{\pi}{2n}}\)

La suite \(I_n\) est décroissante et \(I_n>0\), et d'après le Théorème des suites monotones bornées:  \(I_n\) converge.

Comme \(I_n \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\)

\(\lim\limits_{n \to + \infty}I_n=\lim\limits_{n \to + \infty}\sqrt{\frac{\pi}{2n}}=0\)

\[ \boxed{I_n\text{ converge et }\lim\limits_{n \to + \infty}I_n=0}\]

• question 3 : \(\forall n \in \mathbb N, (n+2)I_{n+2}= (n+1)I_n \Rightarrow I_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}I_n\)

\(\begin{align*} \Leftrightarrow I_{nombre} & =\frac{nombre-1}{nombre} \times I_{nombre-2} \\
\Leftrightarrow I_{2n} & =\frac{2n-1}{2n}I_{2n-2} \text{ avec }n \neq 0 \\
& =\frac{2n-1}{2n} \times\frac{2n-3}{2n-2} I_{2n-4} \\
& =\frac{2n-1}{2n} \times\frac{2n-3}{2n-2}\times\frac{2n-5}{2n-4} I_{2n-6} \\
& =\frac{2n-1}{2n} \times\frac{2n-3}{2n-2}\times \dots \frac{1}{2} I_{0} \\
& = \frac{impairs}{pairs}I_0 \\
&=\frac{\prod_{k=0}^{n-1}2k+1}{\prod_{k=0}^{n-1}2k+2} \times I_0 \\
I_{2n} & =\prod_{k=0}^{n-1} \frac{2k+1}{2k+2}\times \frac{\pi}{2} \\
&\text{En multipliant numérateur et dénominateur par les nombres paires : } \\
& = \frac{(2n)(2n-1)(2n-3)(2n-4)\dots (3)(2)(1)}{\big[ \underbrace { (2n)(2n--2)(2n-4)\dots (4)(2)}_{\text{n fois le facteur }2}\big]^2}I_0 \\
& = \frac{(2n)!}{\big[ 2^n \times (n(n-1)(n-2) \dots (2)(1)\big]^2} I_0\\
& = \frac{(2n)!}{\big[ 2^n \times n!\big]^2} \frac{\pi}{2}\\ \\ \\
\text{Avec }n=0: \\
I_0 & = \int_0^{\pi/2} cos^0t.dt = \pi/2 \\
I_0 & = \frac{(2 \times 0)!}{\big[2^0 \times 0!\big]^2} \times \pi/2 \\
& = \frac{0!}{[1 \times 1]^2}\times \pi/2 = \pi/2
\end{align*}\)

\[ \boxed{\begin{align*} \forall n \in \mathbb N, I_{2n}  =\prod_{k=0}^{n-1} \frac{2k+1}{2k+2}\times \frac{\pi}{2} = \frac{(2n)!}{\big[ 2^n \times n!\big]^2} \frac{\pi}{2}  \end{align*}}\]

• question 6 : \(I_n\text{ converge et }\lim\limits_{n \to + \infty}I_n=0\) et \(I_n \space\space\widetilde{+\infty}\space\space \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\)
• question 7 : \(I_{2n}  =\prod_{k=0}^{n-1} \frac{2k+1}{2k+2}\times \frac{\pi}{2}\)

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} F_n(x)=\int_0^{x}tan^nt dt\end{align*}\)

• La fonction \(x \mapsto tan(x)\) est de classe \(C^1\) sur l'intervalle \(]-\pi/2;\pi/2[\)
  • Elle est continue , et dérivable sur cet intervalle
  • Sa dérivée est continue donc primitivable
• \(\forall n \space \in \mathbb N\), La fonction \(x \mapsto tan^n(x)\) est aussi de classe \(C^1\) sur l'intervalle \(]-\pi/2;\pi/2[\)

• \(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\),  \(\begin{align*} F_n(x)=\int_0^{x}tan^nt .dt \end{align*}\) existe

\(\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[\), la fonction \(x \mapsto tan(x)\) est continue. Il en est de même pour la fonction \(x \mapsto tan^nx, \forall n \in \mathbb N\). En conséquence, \(\int_0^xtan^nt.dt\) existe.

\[\boxed{\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[ \text{ et } \forall n \in \mathbb N, F_n(x) \text{  existe.} }\]

\(\begin{align*}F_1(x) & =\int_0^xtan(t).dt \\
& = \int_0^x \frac{sint}{cost}.dt 
= \big[ -ln \lvert cos t \rvert\big]_0^x \\
& = -ln \lvert cos x \rvert  \text{ et }cos(x) > 0\text{ sur } ]-\pi/2;\pi/2[ \\
 & = -ln( cos x)  \end{align*}\)

\[\boxed {\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_1(x)=-ln(cos(x)) } \]

\(\begin{align*}F_2(x) & =\int_0^xtan^2t.dt 
 = \int_0^x \frac{sin²t}{cos²t}.dt \\
& = \int_0^x \frac{1-cos²t}{cos²t}.dt 
= \int_0^x (\frac{1}{cos²t}-1).dt \\
& = \int_0^x \frac{1}{cos²t}dt - \int_0^x1 \times dt \\
& = \big[ tan(t)\big]_0^x - \big[x \big]_0^x 
= tan(x) -x
 \end{align*}\)

\[\boxed {\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_2(x)= tan(x) -x }\]

\(\forall n \in \mathbb{N^*}\)

\( \begin{align*} F_{n+2}(x)+F_n(x) & = \int_0^xtan^{n+2}t.dt+\int_0^xtan^nt.dt \\
& = \int_0^x(tan^{n+2}t+tan^nt)dt \\
& = \int_0^xtan^nt(tan^2t+1)dt \\
& = \int_0^{tanx} u^n \times u'.du \\
& = \bigg[\frac{u^{n+1}}{n+1} \bigg]_0^{tanx} 
= \frac{tan^{n+1}x}{n+1} \\ \\
\end{align*}\)

Pour \(n=0\) 

\(\begin{align*} F_2(x)+ F_0(x) & =\frac{tan^{0+1}x}{0+1}= tanx\end{align*}\)

\(\begin{align*} F_2(x)+ F_0(x) & = \overbrace{tanx-x}^{F_2(x)} + \overbrace{ \int_0^xtan^0tdt}^{F_0(x)} \\  
& = tanx-x + \int_0^x1\times dt \\
& = tanx-x + \big[x\big]_0^x \\
& = tanx-x + x = tanx \end{align*}\)

On en conclue que :

\[\boxed {\forall n \in \mathbb N, \text{ et }\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_{n+2}(x)+F_n(x) = \frac{tan^{n+1}x}{n+1} }\]

\(\forall n \in \mathbb N, \text{ et } \forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, \)

\(\begin{align*}& && F_{n+2}(x)+F_n(x) && = \frac{tan^{n+1}x}{n+1} \\
& \Rightarrow && F_4(x)+F_2(x) && = \frac{tan^{3}x}{3} \\
& \Rightarrow && F_4(x) && = \frac{tan^{3}x}{3} - F_2(x)\\
& && && = \frac{tan^{3}x}{3}-[tan(x) -x] \\
& &&  &&= \frac{tan^{3}x}{3}-tan(x) +x
\end{align*}\)

\[\boxed { \forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_4(x)=\frac{tan^{3}x}{3}-tan(x) +x }\]

Pour  \(x \in [0;\pi/4]\) on a \(\forall n \in \mathbb N\):

 \(\begin{align*} 0 & \leq tan x \leq 1 \\
0 & \leq tan^nx \leq 1\\
\Rightarrow 0 & \leq tan^{n+1}x \leq tan^nx\end{align*}\)

Par positivité de l'intégrale, il vient \(J_{n+1} <J_{n}\)
Donc \(J_n\) est décroissante et \(J_n \gt 0\)

• Théorème des suites monotones bornée: \(\Rightarrow J_n\) converge 

\[\boxed{\begin{align*} \begin{cases} J_n \searrow \\ J_n \geq0 \end{cases}
\Rightarrow J_n \text{ converge.}
\end{align*}}\]

Le sujet nous intime fortement de couper notre intégrale en 2 parties grace à la relation de Chasles. Il vient alors:

\( \begin{align*}\int_0^{a} tan^nt.dt+ \int_a^{\pi/4} tan^nt.dt = J_n =  \int_0^{a} tan^nt.dt +\int_a^{\pi/4} tan^nt.dt
\end{align*}\)

Plusieurs remarques: \( \forall n \in \mathbb N\) 

• sur \(a \in ]0;\pi/4[\) on a :
  
  • \(tan^n a \nearrow\)
  • \(0 < tan a <1 \Rightarrow 0 < tan^n a < 1 \)

\( \begin{align*} \overbrace{\int_0^{a} tan^nt.dt}^{>0}+ \int_a^{\pi/4} tan^nt.dt = &  J_n =  \underbrace{\overbrace{\int_0^{a} tan^nt.dt}^{\leq (a-0)tan^na}}_{\text{carré bleu}} +\underbrace{\overbrace{\int_a^{\pi/4} tan^nt.dt}^{(\pi/4-a)tan^n1}}_{\text{carré vert}} \\
\underbrace{ \overbrace{\int_a^{\pi/4} tan^nt.dt}^{(\pi/4-a)tan^na}}_{\text{carré rouge}} \leq & J_n \leq  a tan^n a +(\pi/4-a) \\
(\pi/4-a)tan^na \leq & J_n \leq  a tan^n a +(\pi/4-a) \\
\end{align*}\)

Il vient :

\[ \boxed { \begin{align*}\forall a \in ]0;\pi/4[, (\pi/4-a)tan^na \leq & J_n \leq  a tan^n a +(\pi/4-a) \end{align*}}\] 

\(J_n\) prendra sa valeur si \( a \to \pi/4\)  sans atteindre \(\pi/4\), et alors, 
\(\begin{align*} \begin{cases}tan a <1 \Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} tan^na = 0 \\ \lim\limits_{a \to pi/4}\pi/4-a=0 \end{cases}  \end{align*}\)

Il résulte que :\(\lim (\pi/4-a)tan^na \leq \lim J_n \leq \lim a tan^n a +(\pi/4-a)\) avec 

\(\begin{align*} \begin{cases}\lim (\pi/4-a)tan^na=0 \\
\lim a tan^n a +(\pi/4-a)=0
\end{cases}  \end{align*}\)

Et par le Théorème des gendarmes :

\[\boxed{\lim (J_n)_{n \in \mathbb N}=0}\]

Rappels:

• \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N,  \forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_n(x)=\int_0^xtan^nt.dt \end{align*}\)
• \(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N, \text{ et }\forall x \in ]-\pi/2;\pi/2[, F_{n+2}(x)+F_n(x) = \frac{tan^{n+1}x}{n+1} \end{align*}\) 
• \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N, J_n=\int_0^{\pi/4}tan^nt.dt = F_n(\pi/4) \end{align*}\)

En conséquence: \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N, J_{2k+2}+ J_{2k}=\frac{tan^{2k+1}\pi/4}{2k+1} = \frac{1}{2k+1}  \end{align*}\)

Et \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N , U_n=\frac{(-1)^n}{2n+1} = (-1)^n(J_{2k+2}+ J_{2k}) \end{align*}\)

On en conclue que \(\begin{align*} S_n = \sum_{k=0}^n U_n = \sum_{k=0}^n (-1)^n(J_{2k+2}+ J_{2k})\end{align*}\)

\[ \boxed{\forall n \in \mathbb N, S_n =\sum_{k=0}^n (-1)^n(J_{2k+2}+ J_{2k})}\]

\( \begin{align*}\forall n \in \mathbb N, S_n =\sum_{k=0}^n (-1)^n(J_{2k+2}+ J_{2k}) \end{align*}\)

\(\begin{align*} & n = 0 && (-1)^0 (J_2+J_0) && = && \cancel{+J_2} &&+ J_0 \\
& n = 1 && (-1)^1 (J_4+J_2) && = && \cancel{-J_4}  &&\cancel{-J_2} \\
& n = 2 && (-1)^2 (J_6+J_4) && = && \cancel{+J_6}  &&\cancel{+J_4} \\
& n = 3 && (-1)^3 (J_8+J_6) && = && \cancel{-J_8}  &&\cancel{-J_6} \\
& \vdots && \vdots && \vdots && \vdots && \vdots\\
& \vdots && \vdots && \vdots && \vdots && \vdots\\
& n = n && (-1)^n (J_{2n+2}+J_{2n}) && = && (-1)^nJ_{2n+2}  &&\cancel{(-1)^nJ_{2n}} \\ \\
& S_n && && = && (-1)^nJ_{2n+2} && +J_0 
\end{align*}\)

Avec:

\(\begin{align*} J_0 = \int_0^{\pi/4}tan^0t.dt = \pi/4\end{align*}\)

Et pour finir, on a:

\[ \boxed {\forall n \in \mathbb N, S_n= \pi/4+(-1)^nJ_{2n+2}}\]

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} I_n=\int_0^{\pi/2}(sint)^n dt\end{align*}\)

1. Caluler \(I_0\) et \(I_1\)
2. Montrer que \((I_n)_{n \in \mathbb N}\) est bien définie
3. Montrer que \(\forall n \in \mathbb N, I_n = \int_0^{\pi/2}(cost)^n dt \) et en déduire \(I_2\)
4. Montrer que \(I_n\) est convergente
5. Exprimer \(I_{n+2}\) en fonction de \(I_n\)
6. Exprimer \(I_{2p}\) et \(I_{2p+1 }\) en fonction de \(p\),  \(\forall p \in \mathbb N\)
7. Montrer que \(I_{n+1}\) est équivalent à \(I_n\) en \(+\infty\)
8. Montrer que \(\forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_{n} = \)Cte
9. En déduire un équivalent simple de \(I_n\), puis sa limite

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} I_n=\int_0^{\pi/2}(sint)^n dt\end{align*}\)

• La fonction \(x \mapsto sin(x)\) est de classe \(C^1\) sur l'intervalle \([0;\pi/2]\)
  • Elle est continue , et dérivable sur cet intervalle
  • Sa dérivée est continue
• \(\forall n \space \in \mathbb N\), La fonction \(x \mapsto (sin(x)^n\) est aussi de classe \(C^1\) sur l'intervalle \([0;\pi/2]\)

• \(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N \end{align*}\),  \(\begin{align*} I_n=\int_0^{\pi/2}(sint)^n dt\end{align*}\) existe

\[\begin{align*} & I_n=\int_0^{\pi/2}sin^nt .dt \end{align*}\]
\(\begin{align*} & I_0 =\int_0^{\pi/2}sin^0t. dt =\int_0^{\pi/2}1 \times dt =\big[t \big]_0^{\pi/2} = \pi/2 \\
& I_1 =\int_0^{\pi/2}sin^1t. dt =\int_0^{\pi/2}sint.dt= \big[-cost\big]_0^{\pi/2} =-0-(-1) =1 \end{align*}\)

\[\boxed{I_0=\pi/2 \text{ et } I_1=1}\]

\[\begin{align*} & I_n=\int_0^{\pi/2}sin^nt .dt \end{align*}\]

Il faut démontrer que chaque terme de la suite (\(I_0\), \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(\dots\), \(I_n\) \(\dots\)) existent.
\(I_n\) est une intégrale: il faut donc que la fonction qui va être intégrée soit continue, faute de quoi l intégrale ne pourrait pas exister.

La fonction \(t \mapsto sin(t)\) est bien définie, continue et dérivable sur \(\mathbb R\), donc aussi sur l'intervalle sur \([0;\pi/2]\), et par conséquent la fonction \(t \mapsto sin^nt\) est bien définie, continue et dérivable sur \([0;\pi/2]\).

L'intégrale de la fonction \(t \mapsto sin^nt\) est calculable quelque soit la valeur de n.

Donc \(I_n\) est bien définie \(\forall n \in \mathbb N\)

On peut essayer de tracer les fonctions \(sin^nt\) et \(cos^nt\) pour différentes valeurs de \(n\) 

On observe immédiatement une symétrie / égalité de l'aire située sous les courbes \(sin^nt\) et \(cos^nt\). De façon générale, lorsqu'il s'agit de montrer ce genre d'égalité, de passer de \(cos\) à \(sin\), il faut pratiquer par changement de variable \(t=\pi/2-x\):

\(\begin{align*} \begin{cases} t=\pi/2-x \\ dt = -dx\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t=0 \Rightarrow x=\pi/2 \\ t = \pi/2 \Rightarrow x= 0 \end{cases} \end{align*}\)

\(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N , I_n & = \int_{t=0}^{t=\pi/2} sin^nt.dt \\
& =\int_{x=\pi/2}^{x=0} sin^n(\pi/2-x) \times (-dx) \\
& = -  \int_{\pi/2}^0 cos^nx . dx \\
& = \int_0^{\pi/2} cos^nx . dx \end{align*}\)

\[\boxed{ \begin{align*} \forall n \in \mathbb N, I_n & =\int_0^{\pi/2}sin^nt .dt= \int_0^{\pi/2}cos^nt .dt \end{align*}}\]

En calculant \(I_2\) de 2 façons , nous pouvons écrire que :
\( \begin{align*}   I_2+I_2 &  =\int_0^{\pi/2}sin^2t .dt+\int_0^{\pi/2}cos^2t .dt \\
& = \int_0^{\pi/2} [sin^2t +cos^2t ].dt \\
2 \times I_2 & = \int_0^{\pi/2} 1 \times dt = [t]_0^{\pi/2} = \pi/2\end{align*}\)

\[\boxed{I_2 = \pi/4}\]

Pour démontrer la convergence de \(I_n\), il faut:

• montrer la monotonie de \(I_n\)
  • trouver le signe de  \(I_{n+1}-I_n \)
  • une méthode plus analytique
• minoration \ majoration de \(I_n\)
• Convergence de \(I_n\) 

calculer  \(I_{n+1}-I_n\) :

Méthode plus analytique:

Minoration / majoration de \(I_n\)

Convergence de \(I_n\)

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N,  I_{n+2} &=\int_0^{\pi/2}sint^{n+2}t .dt \end{align*}\)

On sent bien ici qu'il nous faut couper \(sint^{n+2}t\) en 2 morceaux pour faire une intégration par parties. Mais comment le découper:

• \(sin²t \times sin^{n}t\): cela semble assez difficile à intégrer par parties. De plus on a utilisé une astuce en 2 pour trouver \(I_2\)
• \(1 \times sin^{n+2}t\) : dans ce cas, on se retrouve en faisant l'IPP avec du \( x \times sin^n \dots \) qui va être compliqué à trouver
• \(sin(t) \times sint^{n+1}t\): en faisant l'IPP, on integre facilement le \(sin\) et on dérive facilement le \(sin^{n+1}\). On aura dans la 2ème partie du \(cos\) et du \(sin^n\) qui sera assez facilement intégrable
  
  \(\begin{align*}I_{n+2} & = \int_0^{\pi/2}sint \times sin^{n+1}t . dt \end{align*}\)

Faisons une intégration par partie: \(\int u'v = [uv]- \int uv'\)
\(\begin{align*} \begin{cases} u'=sint \\ v = sin^{n+1}t\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} u=-cost \\ v' = (n+1)sin^{n}t \times cost \end{cases} \end{align*}\)

Il ne faut pas oublier la "chain rule" quand on calcule \(v'\), c'est à dire le \(cos(t)\).

\(\begin{align*}\forall n \in \mathbb N, \\
 I_{n+2} & = \int_0^{\pi/2}sint \times sin^{n+1}t . dt\\
&= \overbrace{[(- cost) \times sin^{n+1}t  ]_0^{\pi/2}}^{=0} - \int_0^{\pi/2} (-cost)(n+1)sin^nt. cost .dt \\
& = \int_0^{\pi/2} cos^2t(n+1)sin^nt .dt \\
& = \int_0^{\pi/2} (1-sin^2t)(n+1)sin^nt .dt \\
& = \int_0^{\pi/2} [ (n+1)sin^nt-(n+1)sin^2t.sin^nt ]dt \\
& = (n+1)\int_0^{\pi/2} sin^nt.dt-(n+1)\int_0^{\pi/2}sin^{n+2}t .dt \\
I_{n+2}&   =(n+1)I_n - (n+1)I_{n+2} \\
(n+2)I_{n+2}   & = (n+1)I_{n} \end{align*}\)

avec \(n+2 \neq 0\) car \(n \in \mathbb N\)

Et pour finir, \[\boxed {\begin{align*}\forall n \in \mathbb N, I_{n+2} & = \frac{n+1}{n+2}I_n \end{align*}}\]

Calcul de \(I_{2p}\)

 Calcul de \(I_{2p+1}\)

Pour montrer que \( I_{n+1}\)  \( \widetilde{+ \infty}\)   \( I_{n} \),  montrons que \(\frac{I_{n+1}}{I_n} \space \widetilde{+\infty} \space1 \)

Il faut commencer alors par montrer que \(\forall n \in \mathbb N, I_n \neq 0\) pour pouvoir diviser par \(I_n\)

Sur \(]0;\pi/2]\),

• \( sin(t)  > 0\)
• \(sin^nt  > 0\)

Comme \(sin(t)\) n 'est pas la fonction constante égale à \(0\), alors son intégrale est strictement supérieure a \(0\) et

\[\forall n \in \mathbb N, I_n \neq 0 \]

\(I_n \) est décroissante (d'aprés la question 4) donc: \(\forall n \in \mathbb N\)

\(\begin{align*} 
 I_{n+2} & \leq I_{n+1}  \leq I_{n} \\
  \frac{I_{n+2}}{I_{n}} & \leq \frac{I_{n+1}}{I_{n}}  \leq 1 \\
\frac{n+1}{n+2} & \leq \frac{I_{n+1}}{I_{n}}  \leq 1\\
1 & \leq \frac{I_{n+1}}{I_{n}}  \leq 1 \end{align*}\)

car \(\begin{align*} & \lim \limits_{n \to + \infty}\frac{n+1}{n+2}= \lim \limits_{n \to + \infty}\frac{1+\cancel{\frac{1}{n}}}{1+\cancel{\frac{2}{n}}} = 1\end{align*}\)

D'après le Théorème des gengarmes: \(\lim \limits_{n \to + \infty}\frac{I_{n+1}}{I_{n}}=1\) et \(\frac{I_{n+1}}{I_{n}} \widetilde{+\infty }1\) et en définitive:

\[ \boxed{\forall n \in \mathbb N, I_{n+1}\widetilde{+\infty }I_{n}}\]

La difficulté réside dans le fait que nous avons une suite constante, mais qui n 'a pas de nom. Donc nommons la en posant: \(\forall n \in \mathbb N, U_n= (n+1)I_{n+1}I_{n}\) et Calculons \(U_{n+1}\):

\(\begin{align*}& \forall n \in \mathbb N, \\
  U_{n+1} & = [(n+1)+1] \times I_{(n+1)+1} \times I_{(n)+1}  \\
& = (n+2) \times I_{n+2} \times I_{n+1} \\
& = \cancel{(n+2)} \times \frac{n+1}{\cancel{n+2}}I_n \times I_{n+1} \\
& = (n+1) \times I_{n+1} \times I_n \\
& = U_n\end{align*}\)

Si \(\forall n \in \mathbb N, U_{n+1} = U_n\), alors \(U_n\) est constante.

Quand on demande de démontrer que quelque chose est constant, il est toujours demandé implicitement de trouver cette constante.
\(U_n=U_0 =(0+1) \times I_1 \times I_0 =1 \times 1 \times \pi/2\) 

\[\boxed{ \forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_{n}=\pi/2}\]

• D'après la question 8 , \(\forall n \in \mathbb N, (n+1)I_{n+1}I_{n}= \pi/2\)
• D'après la question 7 , \(I_{n+1} \widetilde{+ \infty} I_{n}\)
• D'après la question 4,  \(I_n>0\)
• \(n \to + \infty\) 

En conséquence:

\((n+1)I_{n+1}I_{n}  \space\widetilde{+ \infty} \space (n\times I_n \times I_n ) \\
\Rightarrow \pi/2 \space \widetilde{+ \infty} \space n I_n^2 \\
\Rightarrow I_n^2 \space \widetilde{+ \infty} \space \frac{\pi}{2n}  \\
\Rightarrow \lvert I_n \rvert \space \widetilde{+ \infty} \space \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \\ 
\Rightarrow  I_n \space \widetilde{+ \infty} \space \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \) car \(I_n \gt 0\)

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

\(\lim \limits_{n \to + \infty}I_n = \lim \limits_{n \to + \infty} \sqrt{\frac{\pi}{2n}}=0\)
par composition des limites.

\[\boxed {\lim \limits_{n \to + \infty}I_n=0} \]